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Antônio Carlos Vargas Motta

Julierme Zimmer Barbosa

Giovana Clarice Poggere

Priscila Luzia Simon

50

exercícios resolvidos de

química e fertilidade do solo

1ª edição

UFPR/DSEA

Curitiba - Paraná

2018

3

Direitos reservados desta edição aos autores.

Permitida reprodução desde que citada a fonte e que não se destine para fins

comerciais.

Capa: Julierme Zimmer Barbosa.

Fotos: Julierme Zimmer Barbosa e Giovana Clarice Poggere.

Montagem e revisão final: Antônio Carlos Vargas Motta, Julierme Zimmer

Barbosa, Giovana Clarice Poggere e Priscila Luzia Simon.

Ficha catalográfica preparada pela Seção de Catalogação da Biblioteca

do Setor de Ciências Agrárias da UFPR

50 exercícios resolvidos de química e fertilidade do solo [recurso C575 eletrônico]. / Antônio Carlos Vargas Motta... [et al.]. – Curitiba: Universidade Federal do Paraná/Departamento de Solos e Engenharia Agrícola, 2018. 121 p.; il. Sistema requerido: Adobe Acrobat Reader. Modo de acesso: <http://www.dsea.ufpr.br/>... ISBN 978-85-89950-12-1 (on line) 1. Ciência do solo. 2. Química do solo. 3. Solos - Fertilidade. I. Motta, Antônio Carlos Vargas. II. Barbosa, Julierme Zimmer. III.

Poggere, Giovana Clarice. IV. Simon, Priscila Luzia. V. Título. CDU 631.4

Douglas Alex Jankoski CRB 9/1167

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Autores

Antônio Carlos Vargas Motta

Professor do Departamento de Solos e Engenharia Agrícola da Universidade

Federal do Paraná. Engenheiro Agrônomo pela Universidade Federal do

Espírito Santo. Mestre em Solos e Nutrição de Plantas pela Universidade

Federal de Lavras. Doutor em Agronomia e Solos pela Auburn University;

Pós-doutor pela University of Nottingham.

E-mail: [email protected]

Julierme Zimmer Barbosa

Engenheiro Agrônomo pela Universidade do Oeste de Santa Catarina. Mestre

e Doutor em Ciência do Solo pela Universidade Federal do Paraná.


Giovana Clarice Poggere

Engenheira Agrônoma e Mestre em Ciência do Solo pela Universidade

Federal do Paraná. Doutoranda em Ciência do Solo na Universidade Federal

do Lavras.


Priscila Luzia Simon

Engenheira Agrônoma e Mestre em Ciência do Solo pela Universidade

Federal do Paraná. Doutoranda em Ciência do Solo na Universidade Federal

do Paraná.


mailto:[email protected]




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Sumário

Introdução .......................................................................................................... 1

Unidades de Medida .......................................................................................... 2

Preparo de Soluções e Reagentes .................................................................... 15

Análises de Amostras de Solo e Plantas ......................................................... 30

Geoquímica ..................................................................................................... 46

Corretivos e Fertilizantes ................................................................................ 54

Fertilidade do Solo e Nutrição de Plantas ....................................................... 90

Produção vegetal ........................................................................................... 119

1

Introdução

O conhecimento básico de química aplicado às ciências agrárias é indispensável para

aqueles que almejam ser bons engenheiros agrônomos ou florestais, zootecnistas ou

técnicos agrícolas. Tanto isso é verdade que, boa parte do incremento da produção vegetal

se deve justamente a aplicação desse conhecimento no manejo dos solos e das culturas. No

solo, corrigindo sua acidez ou salinidade e adequando os teores de nutrientes essenciais

para as plantas, enquanto nas culturas aplicando nutrientes ou produtos para o controle de

organismos que causam injúrias nas plantas.

São muitos os fatores que interferem na produção agrícola. O manejo da fertilidade

do solo mediante a aplicação de corretivos e fertilizantes se destaca por ser de fácil

interferência e com maior retorno do valor investido quando comparado a outras práticas.

A caracterização da capacidade do solo em fornecer nutrientes para as plantas pode ser

realizada através da avaliação de sua fertilidade, identificando a presença de elementos

tóxicos, carência de nutrientes e o nível de acidez, o que é utilizado para orientar

programas de adubação e correção do solo e na escolha de espécies ou variedades mais

adaptadas ao cultivo em uma determinada área. O método de análise química é o mais

abrangente, embora também possam ser utilizados métodos biológicos, plantas nativas

indicadoras, desenvolvimento das plantas, cor do solo, etc.

Especificamente, nossa vertente de estudo é a Química e Fertilidade do Solo. Nesse

sentido, são necessárias informações que possibilitem tanto análises laboratoriais como

aplicações em condições práticas de campo, envolvendo, por exemplo, matemática,

biologia, informações acerca de unidades de medida, tipos de reagentes químicos,

propriedades químicas dos solos, formulações para adubação das culturas e uso de dejetos

de animais como fonte de nutrientes.

Nosso objetivo é fornecer subsídios para o estudo da Química e Fertilidade do Solo.

Para tanto, foram elaborados 50 exercícios cada qual com um objetivo específico e a sua

resolução, podendo conter também dicas que contribuem para o entendimento do

exercício.

2

1

Unidades de Medida

3

1) Para compreensão da química aplicada ao estudo dos solos é importante estar

familiarizado com a simbologia e com as principais unidades de medida utilizadas.

Completar as tabelas apresentadas abaixo.

Símbolo Prefixo Valor Símbolo Prefixo Valor

G giga 109 d deci 10-1 M mega 106 c centi 10-2 k quilo 103 m mili 10-3 h hecto 102 µ micro 10-6 da deca 101 n nano 10-9

➢ Dicas: (I) Exemplo de cada unidade: Gigagrama, megagrama, quilograma, peso

hectolítrico, decagrama, decímetro, centímetro, milímetro, micrograma e

nanômetro. (II) Duas outras unidades estão sendo utilizadas para quantidades muito

grandes, como C no planeta terra, que é penta (1015), tendo símbolo P. Por

exemplo, a quantidade de C na matéria orgânica do solo, atmosfera e matéria

vegetal é de cerca de 2000, 785 e 500 Pg C, respectivamente. Outra unidade

também com pequena frequência é Tera (1012), tendo símbolo T, que vem sendo

utilizada com o mesmo propósito. Observe que a simples mudança de M

(maiúsculo) para m (minúsculo) pode levar à mudança neste caso no valor de 106

para 10-3.

a) Massa

- Símbolos: µg, mg, g, dag, kg, Mg, ton

- Relação entre as unidades de massa: 1 Mg =103 kg = 106 g = 109 mg = 1012 μg

1 tonelada = 1000 kg

1000 kg = 1000 x 1000 g

1 tonelada = 106 g = 1 Mg, então

1 ton = 1 Mg

Exercite:

Estabeleça a equivalência entre as unidades em função do g

g mg g dag kg Mg t

10-6 g 0,001 g ou 10-3 1 10 g 1000 g 1.000.000 g 1.000.000 g

4

➢ Dicas: (I) A unidade de tonelada vem sendo substituída pela unidade megagrama

(Mg) em revistas científicas e poderá se estabelecer em outras áreas técnicas. (II) A

unidade de arroba (do árabe الربع; "ar-rub", a quarta parte do quintal, isto é, 25

libras ou 15 kg) é uma antiga unidade de massa usada em Portugal, no Sistema

Imperial de Medidas e ainda hoje utilizada na produção animal na compra, venda e

cotação de preço.

b) Volume

- Símbolos: L, cm3, mL, dm3, L, m3

- Volume do cubo: 1 m x 1 m x 1 m = 1 m3

10 dm x 10 dm x 10 dm = 1000 dm3 = 103 dm3

100 cm x 100 cm x 100 cm = 1.000.000 cm3 = 106 cm3

1000 mm x 1000 mm x 1000 mm = 1.000.000.000 mm3 = 109 mm3

103 dm3 = 109 mm3 → 1 dm3 = L = 106 mm3 ou 106 L

Portanto: 1 cm3 = 1 mL

1 dm3 = 1 L

- Relação entre as unidades de volume: 1 m3 = 106 cm3

1 m3 = 103 dm3

106 cm3 = 10³ dm3

103 cm3 = 1 dm3 = 1 L

1 dm3 = L = 106 mm3 = 106 L

Exercite:

Estabeleça a equivalência entre as unidades, em função do dm3.

L mL cm3 dm3 L m3

10-6 10-3 10-3 1 1 103

➢ Dica: A unidade de L vem sendo substituída pela dm3 em revistas científicas e nas

demais áreas técnicas.

5

c) Densidade

- Símbolos: g/mL, g/cm3, kg/dm3, Mg/m3, kg/m3

- Volume do cubo: 1 cm x 1 cm x 1 cm = 1 cm3

1 g/mL = 1 g/cm3 = 1 kg/dm3 = 1 Mg/m3

1 g = 10-3 kg; 1 mL ou cm3 = 10-3 dm3 = 1 kg/dm3

1 g/ 1 mL = 1 g/cm3 = 10-3 kg/ 10-3 dm3 = 1 kg/dm3

1 g = 10-6 Mg; 1 mL ou cm3 = 10-6 m3

1 g/mL = 10-6 Mg/10-6 m3 = 1 Mg/m3

1 g/mL = 1 Mg/m3

Portanto: 1 g/mL = 1 g/cm3 = 1 kg/dm3 = 1 kg/L = 1 Mg/m3

Exercite:

Estabeleça a equivalência entre as unidades, em função do g/cm3.

1 g/mL 1 g/cm3 1 kg/dm3 1 kg/L 1 Mg/m3 1 kg/m3

1 1 1 1 1 103

➢ Dicas: (I) Densidade kg/m3 vem sendo utilizada para estabelecer a densidade do

esterco. Para solo, kg/dm3 e g/cm3 são as mais utilizadas. Densidade da madeira é

normalmente apresentada em kg/m3. Para efeito de cálculo (quando não se conhece

o valor real) a densidade do solo pode ser considerada 1 g/cm3 ou 1 kg/dm3.

Contudo, quando o solo é orgânico tal valor é bem menor ficando na faixa de 0,2 a

0,3 kg/dm3. (II) Peso hectolitro (PH), ou seja, peso de 100 dm3 ou L é normalmente

utilizada para avaliar a densidade de grãos como cevada e trigo (Exemplo: PH do

trigo foi de 75, ou seja, 75 kg/100dm3). O peso hectolitro mínimo aceitável da

cevada é de 53, ou seja, 100 dm3 de cevada deve pesar 53 kg.

d) Concentração

- Símbolos: %, dag/kg, g/kg, mg/kg, ppm, ppb, g/g, mg/dm3, g/m3

- Equivalência entre as unidades, em função da %:

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% = 1 % (em massa/massa) → g/kg ou dag/kg

1 unidade (g)/100 unidades (g) = X unidades (g)/1000 unidades (g)

1 unidade (g) ----------- 100 unidades (g)

X unidade (g) ---------- 1.000 unidades (g)

X = 10 g/1000 g ou 10 g/1 kg

Portanto:

1 % = 10 g/kg

Como, 10 g = 1 dag; 1 % = 1 dag/kg

➢ Dica: A concentração de macronutrientes na planta, solo e adubo, que

anteriormente era expressa em %, hoje frequentemente é expressa em g/kg. Em

alguns dos casos tem se adotado a unidade dag/kg em substituição a %.

% → mg/kg, sendo que 1 % = 10 g/kg e que 1 g tem 1000 mg

1 g ------------ 1000 mg

10 g ---------- X mg

X = 10.000 mg

Portanto: 1 % = 10.000 mg/kg

Exercite:

Estabeleça a equivalência entre as unidades, em função da %.

% dag/kg g/kg mg/100g mg/kg g/Mg µg/g

1 1 10 1000 10.000 10.000 10.000

ppm → mg/kg ou 1 ppm Ca → mg Ca/kg

➢ Dica: O termo ppm significa parte por um milhão, ou seja, uma parte 1 g/1.000.000

g (massa/massa) ou 1 cm3/1.000.000 cm3 (volume/volume). Outra unidade também

utilizada é ppb, ou seja, parte por bilhão.

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Assim, 1 ppm de Ca no solo (massa/massa) = 1 g Ca/1.000.000 g solo

Como foi visto: 1 g de Ca = 1000 mg de Ca

1.000.000 g de Ca = 1000 kg de Ca

1 g de Ca → 1.000.000 g solo

1000 mg Ca → 1000 kg solo

1 mg Ca → 1 kg solo

Portanto: 1 ppm = 1 mg/kg

ppm → µg/g ou 1 ppm Ca → µg Ca/g

Como foi visto: 1 g Ca = 1.000.000 µg Ca

1 g Ca → 1.000.000 g solo

1.000.000 µg Ca → 1.000.000 g solo

1 µg Ca → 1 g solo

Portanto: 1 ppm = 1 µg/g

= 1 ppm = 1 mg/kg

= 1 ppm = 1 g/Mg

Ou seja, 1 ppm = 1 mg/kg = 1 µg/g = 1 g/Mg

Exercite:

Estabeleça a equivalência entre as unidades, em função de ppm.

ppm µg/g mg/kg g/Mg g/t 1 g/106 g 1 1 1 1

➢ Dica: A unidade de ppm vem sendo substituída pelas unidades equivalentes de

µg/g, mg/kg, g/Mg, g/t.

ppm → massa/volume

➢ Dica: (I) Era comum representar o teor de P e K em ppm, sendo que se utilizava no

laboratório uma unidade de volume para determinar a extração dos nutrientes, daí a

relação massa do nutriente/volume do solo. (II) O valor de 1 ppm de P significa que

temos 1 g de P em um milhão de mL ou cm3 de solo. Hoje se representa tais

unidades em mg/dm3, 1 µg/cm3, 1 µg/mL ou g/m3.

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1 g = 1.000.000 µg ou 1000 mg

1.000.000 cm3 = 1000 dm3 (ou L) ou 1 m3

Assim,

1.000.000 µg/1.000.000 cm3 ou 1 µg/1 cm3

1000 mg/1000 dm3 ou 1 mg/1 dm3

1 g/m3

Portanto: 1 ppm (massa/volume) = 1 µg/cm3 = 1 mg/dm3 = 1 g/m3

Exercite:

Estabeleça a equivalência entre as unidades, em função de ppm.

ppm µg/cm3 µg/mL mg/dm3 mg/L g/m3 1 g/106 cm3 1 1 1 1 1

g/100 g e seus equivalentes

No setor de alimentos é comum o uso das unidades relacionadas a 100 g ou uma

porção.

Exemplo: Ca - 0,4 g/100 g, K - 1446 mg/100 g e Zn - 3 mg/100 g. Para Ca a unidade

representa a % do mesmo na planta. Para o K equivale a 1,446 g/100 g ou 14,46 g/kg ou

14460 mg/kg. Já para os elementos que são micronutrientes uma concentração de 30 mg/kg

de Zn, será representada como 3 mg/100 g.

e) Área

- 1 hectare = 10.000 m2

- 1 hectare = 100 are (1 are é uma antiga unidade de medida que representa 10 x 10 m =

100 m2)

- 1 alqueire (paulista) = 24.200 m2

- 1 alqueire = 48.400 m2

- 1 acre = 4047 m2

- 1 quarta = 6050 m2 ou ¼ alqueire

- 1 quadra = 6600 m2

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Exercite:

Estabeleça a equivalência entre as unidades.

1 alqueire (alq) 2,42 ou 4,84 hectares (ha)

1 hectare (ha) 10.000 m2

1 alqueire (alq) paulista 24.200 m2

1 alqueire (alq) mineiro 48.400 m2

1 litro (alq/40) 605 m2

1 quarta (1/4 de alq) 6050 m2

1 colônia 250.000 m2

1 acre 4047 m2

1 mou (mu) 666,5 m2 (unidade chinesa de área)

➢ Dica: Embora a unidade padrão no meio científico seja hectare, ainda existe uso

comum do alqueire no Brasil e acre nos Estados Unidos.

f) Produtividade

- Símbolos: kg/ha; ton/ha; sc/alq; bushel/acre = 1,12 sc/ha (sc 60 kg)

A unidade de sacas pode ser variável tendo valor de 50 kg ou 60 kg. No caso do

milho, soja, feijão, trigo e café se utiliza 60 kg. Mas, no caso do adubo é 50 kg, assim, é

importante ficar atento na massa de uma saca.

Bushel ou balaio (cesto) é unidade de volume e, portanto, varia em função da cultura.

1 bushel = 35,24 L ou dm3.

Cultura Libra Quilogramas

Soja 60 27,2 Milho 56 25,4 Trigo 60 27,2

Cevada 48 21,8 Canola 50 22,7 Aveia 32 14,5

Azevém 56 25,4 Sorgo 56 27,2

10

g) Carga por unidade de volume e massa

- Símbolos: meq/100 cm3, mmolc/dm3, cmolc/dm3, meq/100 g, mmolc/kg, cmolc/kg

Equivalência entre as unidades em função do cmolc/dm3.

Elemento químico Massa

molar

Carga

valência

1 molc ou

eq. (g)

1 cmolc ou

ceq. (g)

1 mmolc ou

meq (g)

Alumínio (Al+3) 27 +3 9 0,09 0,009 Cálcio (Ca+2) 40 +2 20 0,2 0,02 Magnésio (Mg+2) 24 +2 12 0,12 0,012 Potássio (K+) 39 +1 39 0,39 0,039 Fosfato (PO4

-2) 95 -3 31,6 0,316 0,0316 Sulfato (SO4

-2) 96 -2 48 0,48 0,048 Cloreto (Cl-) 35,5 -1 35,5 0,355 0,0355

➢ Dica: A divisão da Massa molar pela carga (valência) resulta no valor de 1 molc

que multiplicado por 10-2 resulta em 1 cmolc e multiplicado por 10-3 resulta em 1

mmolc.

1 molc Ca = 20 g

1 cmolc Ca = 0,2 g

1 mmolc Ca = 0,02 g

1 molc = 100 cmolc = 1000 mmolc

1 cmolc = 0,01 molc

1 mmolc = 0,001 molc

100 cmolc = 1.000 mmolc

1 cmolc = 10 mmolc

Exercite:

Estabeleça a equivalência entre as unidades, em função de molc.

meq mmolc cmolc molc eq 10-3 10-3 10-2 1 1

Estabeleça a equivalência entre as unidades, em função de cmolc.

meq mmolc cmolc 10-1 10-1 1

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i) cmolc/dm3 → meq/100 cm3

cmolc = 10 meq ou 1 meq = 0,1 cmolc = 1 dm3 = 1000 cm3 ou 100 cm3 = 0,1 dm3

1 cmolc/dm3 = 10 meq/1000 cm3 ou 1 meq/100 cm3

Exercite:

Estabeleça a equivalência entre as unidades, em função de cmolc/dm3.

cmolc/dm3 meq/100 cm3 1 1

ii) cmolc/dm3 → mmolc/dm3

cmolc = 10 mmolc

1 cmolc/dm3 → 10 mmolc/dm3

Estabeleça a equivalência entre as unidades, em função de meq/100cm3.

cmolc/dm3 meq/100 cm3 mmolc/dm3 1 1 10

➢ Dica: Unidade de carga por volume ou massa é de uso comum em solos. Uma das

aplicações é na determinação da CTC e CTA, capacidade de troca de cátions ou

ânions, respectivamente. As unidades de carga são aplicadas considerando que uma

unidade de carga da argila irá atrair uma unidade de carga de um elemento de carga

oposta. A unidade mais utilizada no passado era a meq ou miliequivalente, que

como o nome diz é a milésima parte do equivalente. Hoje se adota mmolc ou cmolc.

Em algumas literaturas internacionais o cmolc é escrito como cmol+.

Portanto: 1 eq (equivalente) = 1 molc (mol carga)

1 meq (miliequivalente) = 1 mmolc (milimol carga)

massa de 1 mol/valência = massa de 1 molc

massa de 1 molc/100 = 1 cmolc

massa de 1 molc/1.000 = 1 mmolc

➢ Dica: No passado a unidade de carga no solo era normalmente apresentada com

meq/100 cm3 ou meq/100 g, como por exemplo no manual de levantamento de

solos do Paraná, feito pela EMBRAPA em 1984. Atualmente se utiliza 1 cmolc/dm3

e 1 mmolc/dm3.

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h) Condutividade elétrica

- Símbolo: mmho/cm (1 milimho/cm) ou S/m (1 siemens/m); dS/m = mmho/cm; 1 S = 10

dS

µS/cm = dS/m = 10-6 S/10-2 m = 10-4 S/m = 10-3 dS/m

µS/cm = 10-3 dS/m ou 1000 µS/cm = 1 dS/m ou 1 mS/cm = 1 dS/m

Exercite:

Estabeleça a equivalência entre as unidades, em função de mmho/cm.

S/m mmho/cm dS/m mS/cm µS/cm 0,1 1 1 1 1000

➢ Dicas: No passado a unidade de condutividade elétrica no solo era normalmente

apresentada com mmho/cm, como exemplo no manual de levantamento de solos.

Atualmente, as unidades frequentemente utilizadas são µS/cm e 1 dS/m. A medição

de condutividade elétrica é bastante simples, mas fornece informações importantes,

por exemplo, sobre ocorrência de salinidade em regiões semiáridas, influência

marinha (mangues e estuários), substratos para produção de mudas e soluções para

cultivo de plantas em hidroponia.

Condutividade elétrica e efeito nas plantas e micorganismos

CE

(dS m-1 a 25º C)

Classe de

salinidade Resposta das plantas

Resposta dos

microrganismos

0 - 0,98 Não salino Sem efeito Poucos organismos são

afetados

0,98 - 1,71

Muito

levemente

salino

Restringe a produtividade

de cultura muito sensível

Alguns processos

microbianos são

alterados

1,71 - 3,16 Levemente

salino

Restringe a produtividade

de cultura sensível

Maiorias dos processos

microbianos são afetados

3,16 - 6,07 Moderadamente

salino

Somente culturas

tolerantes produzem

satisfatoriamente

Predomínio de

microrganismo tolerante

a salinidade

> 6,07 Fortemente

salino

Somente culturas muito

tolerantes produzem

satisfatoriamente

Alguns poucos

organismos ativos

(halófilos)

Soil Quality Test Kit Guide.

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Grau de salinidade e relação entre condutividade e grau de salinidade pelos métodos

com relação 1:1 (solo:água) e pasta de saturação (CE1:1/CEp) (Smith e Doran, 1996)1.

Grau de salinidade

Textura NS LS MS FS MtS CE1:1/

Cep

--------------- mmhos/cm (dS/m) -----------------

Grossa a areia siltosa 0,0 - 1,1 1,2 - 2,4 2,5 - 4,4 4,5 - 8,9 > 9,0 0,56 Areno fino siltoso a

siltoso 0,0 - 1,2 1,3 - 2,4 2,5 - 4,7 4,8 - 8,9 > 9,0 0,59

Siltoso a silte argilo 0,0 - 1,3 1,4 - 2,5 2,6 - 5,0 5,1 - 10,0 > 11,5 0,71 Argilo siltoso a argiloso 0,0 - 1,4 1,5 - 2,8 2,9 - 5,7 5,8 - 11,4 > 11,5 0,71

Pasta de saturação

Todas as texturas 0,0 - 2,0 2,1 - 4,0 4,1 - 8,0 8,1 - 16,0 > 16,1 1 Smith, J.L.; J.W. Doran. Measurement and use of pH and electrical conductivity for soil

quality analysis. In: Doran, J.W.; Jones, A.J. (ed.). Methods for assessing soil quality. Soil

Science Society of America Spec. Publ. 49. SSSA, 1996. LS = Levemente salino; MS =

Moderadamente salino; FS = Fortemente salino, MtS = Muito Salino.

i) Unidade de fluxo

Estudos voltados para a quantificação do fluxo de gases no solo têm recebido

grande enfoque nos últimos anos. Para determinar a concentração, assim como a taxa de

emissão de gases emitidos para a atmosfera, faz-se necessário conhecer algumas unidades

de medida.

- Volume da câmara: L

- Área da base: m²

- Temperatura no interior da câmara: ºC → K

- Massa molar de N, C, O, H: g

- Tempo entre coletas do gás: min

- Equação dos gases perfeitos: PV = NRT

- Concentração do gás na seringa coletada: ppm; ppb

- Fluxo do gás obtido através da equação: PV = NRT

µg m-2 h-1 de N-N2O

µg m-2 h-1 de C-CH4

µg m-2 h-1 de C-CO2

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➢ Dicas: (I) Para se obter a emissão acumulada ao longo do período de avaliação,

deve-se integrar o fluxo de gás obtido (µg m-2 h-1) ao longo de todo o período de

avaliação (dias), resultando na emissão acumulada em g m-2. (II) A partir da

emissão acumulada é possível determinar o fator de emissão (FE %) de N-N2O, ou

seja, o quanto do N total aplicado foi perdido na forma de N2O, dado em %. (III)

Além das análises de fluxos de gases emitidos, também são determinadas as

concentrações de N inorgânico no solo (NO3- e NH4

+), uma vez que, os mesmos

estão diretamente relacionados com a formação de compostos gasosos (N2O, NO,

N2) no solo por processos de nitrificação e desnitrificação. (IV) As concentrações

são expressas em: mg de NO3- por kg de solo; ou mg de NH4

+ por kg de solo.

15

2

Preparo de Soluções e Reagentes

16

Antes de exercitarmos a preparação de soluções é importante esclarecer alguns

pontos:

i) Concentração é o termo que utilizamos para fazer a relação entre a quantidade de soluto

e a quantidade de solvente em uma solução. As quantidades podem ser dadas em massa,

volume, mol, etc.

ii) As concentrações podem ser:

a) Concentração Comum (C)

b) Percentual (%)

c) Molaridade (M)

d) Normalidade (N ou η)

a) Concentração Comum (C)

É a relação entre a massa do soluto em gramas e o volume da solução em litros.

C = V

mL

Onde:

C = concentração comum (g/L)

mL= massa do soluto (g)

V = volume da solução (L)

➢ Dica: Concentração comum é diferente de densidade, apesar da fórmula ser

parecida.

b) Percentual (%)

É a relação entre soluto e solvente de uma solução dada em percentual (%).

- Percentual massa/massa ou peso/peso:

% = m

m1

17

- Percentual massa/volume:

% = V

m1

- Percentual volume/volume:

% = V

V1

c) Molaridade (M)

A molaridade de uma solução é a concentração em número de mols de soluto e o

volume de 1 L de solução.

M = V

nL

Onde:

M = molaridade (mol/L)

nL = número de mols do soluto (mol)

V = volume da solução (L)

O cálculo da molaridade é feito através da fórmula acima ou por regra de três.

Outra fórmula que utilizamos é para encontrar o número de mols de um soluto:

n = MM

mL

Onde:

n = número de mols (mol)

mL = massa do soluto (g)

MM = massa molar (g/mol)

18

d) Normalidade (N ou η)

É a relação entre o equivalente-grama do soluto pelo volume da solução. A unidade

é representada pela letra N (normal). Está em desuso, mas ainda pode ser encontrada em

alguns rótulos nos laboratórios.

N = V

Eqg

Onde:

N = normalidade (N)

n Eqg = número de equivalente-grama do soluto

V = volume da solução

Como calcular o equivalente-grama?

Para ácido:

Eqga = MM / nº H+

Onde:

Eqga = 1 equivalente-grama do ácido

MM = massa molar

Para base:

Eqga = MM / nº OH-

Onde:

Eqgb = 1 equivalente-grama da base

MM = massa molar

Para sal:

Eqga = MM / nº e- transferidos

19

Onde:

Eqgs = 1 equivalente-grama do sal

MM = massa molar

A relação entre normalidade e molaridade pode ser expressa por: N = M x K

Onde:

N = normalidade

M = molaridade

K = nº de H+, nº de OH- ou nº total de elétrons transferidos

2) Exercitar conversão de unidades de medida para elaborar soluções químicas.

a) Quanto de ureia é necessário para preparar 100 dm3 de ureia e N a 1 %?

Densidade H2O = 1 g/cm3 ou 1 kg/dm3

1 dm3 = 1 kg

D = M/V

1 kg/dm3 = M/100 dm3

M = 100 kg

100 kg -------------- 100 % massa

X kg ---------------- 1 % massa

X = 1 kg N

Ureia = 44 % de N

100 kg de ureia --------- 44 kg N

X -------------------------- 1 kg N

X = 2,27 kg de ureia

➢ Dica: Soluções com N vêm sendo recomendadas para uso em verduras como alface

e outras, com finalidade de suprir eventuais carências de N.

20

b) Quanto de cloreto de cálcio é necessário para preparar 10 L de Ca a 2 %?

CaCl2 = 40 + (35,5 x 2) = 111 g

10 L = 10 dm3 de solução

Ca 2 % (m/m)

Obs: O Ca está a 2 % nos 10 L

Considere a densidade = 1 g/cm3 ou kg/dm3

D = M/V

1 = M/10

M = 1 x 10 = 10 kg

10 kg --------- 100 %

X kg ---------- 2 %

X = 0,2 kg de Ca ou 200 g

111 g de CaCl2 ----------- 40 g de Ca

X g de CaCl2 -------------- 200 g de Ca

X = 555 g de CaCl2

➢ Dica: Soluções com Ca vêm sendo recomendadas para uso em frutas como maçã,

morango, tomate, manga e outros com finalidade de suprir eventuais carências de

Ca.

c) Quanto de soda é necessário para preparar 500 mL de soda a 5 %?

NaOH (soda)

500 mL = 0,5 L

NaOH 5 %

Obs: A soda está a 5 % nos 500 mL

Considere a densidade = 1 g/cm3 ou kg/dm3

21

D = M/V

1 kg/dm3 = M/0,5

M = 0,5 kg

0,5 kg ----------- 100 %

X kg ------------- 5 %

X = 0,025 kg ou 25 g de NaOH

d) Quanto de cloreto de potássio é necessário para preparar 100 cm3 de K a 4 %?

D = M/V = kg/dm3 = M/0,1

0,1 kg --------- 100 %

X kg ----------- 4 %

X = 0,004 kg de K

74,5 kg de KCl --------- 39 kg de K

X kg de KCl ------------ 0,004 kg de K

X = 0,0076 kg ou 7,6 g de KCl

e) Quanto de ácido clorídrico é necessário para preparar 3 dm3 de HCl a 10 % em

massa?

HCl tem cerca de 37 % de pureza e densidade de 1,19 kg/L

HCl 10 % considerando que a densidade da solução final seja 1 kg/L

1 dm3 = 1 L = 1 kg = 1000 g, então 3 dm3 = 3000 g

3000 g massa da solução ----------- 100 %

X g ------------------------------------- 10 %

X = 300 g

D = M/V

1,19 g = 300 g/ V

V = 300/1,19 = 252,1 mL

22

252,1 mL ------------- 100 % pureza

X mL ------------------ 37 % pureza

X = 681,35 mL

3) Praticar a elaboração de soluções químicas é importante em nível de laboratório e

de campo. Determine quanto deve ser utilizado dos compostos mostrados a seguir

para preparar.

a) 20 litros de uma solução com 20 ppm de Ca (cloreto de cálcio).

CaCl2 = 111 g

20 L = 20 kg = 20000 g

20 g de Ca---------- 1000.000 g

X g de Ca----------- 20.000 g

X = 0,4 g Ca

111 g de CaCl2----------- 40 g de Ca

X g de CaCl2-------------- 0,4 g de Ca

X= 1,11 g de CaCl2

b) 500 ml de uma solução com 125 mg/dm3 de K (cloreto de potássio).

500 mL = 125 mg K/dm3

125 mg K = 0,125 g/dm3

1 dm3 ----------- 0,125 g de K

0,5 dm3 --------- X g de K

X = 0,0625 g de K

74,5 g de KCl ----------- 39 g de K

X g de KCl -------------- 0,0625 g de K

X = 0,119 g de KCl

23

c) 2 dm3 de uma solução com 200 μg/cm3 de S (ácido sulfúrico).

2 dm3 = 2000 cm3

200 μg S/cm3

1 cm3 -------------- 200 μg de S

2000 cm3 ---------- X μg de S

X = 4 x 105 μg de S ou 0,4 g de S

98 g de H2SO4 ------------ 32 g de S

X de H2SO4 --------------- 0,4 g de S

X = 1,225 g de H2SO4 ou 1225 mg de H2SO4

d) 900 cm3 de uma solução com 200 μg/cm3 de SO4- (ácido sulfúrico).

200 μg de SO4------------ 1 cm3 de solução

X μg de SO4- ------------- 900 cm3 de solução

X = 180.000 μg de SO4-

H2SO4 = 98 mg

98 mg H2SO4 ----------- 96 mg de SO4-

X mg H2SO4 ------------ 180 mg de SO4-

X = 183,75 mg de H2SO4 X = 0,1875 g de H2SO4

e) 10 dm3 de CaCl2 0,01M (utilizado na determinação do pH) e 0,01N.

Molar (M):

1 mol de CaCl2 ------------ 111 g

0,01 mol de CaCl2 --------- X de CaCl2

X = 1,11 g de CaCl2/dm3

X = 1,11 x 10 = 11,10 g de CaCl2 para 10 dm3 ou 10 L

Normal (N):

Eqg = massa molar/ nº elétrons transferidos

Eqg = 111/2

Eqg = 55,5 g

24

Ou seja, 1 mol de CaCl2 tem 111 g ou 55,5 Eqg ou molc, pois:

No eq/dm3 = No molc/dm3

molc = massa molar/valência

1 N ou Eqg de CaCl2 -------------- 55g

0,01 N ou Eqg de CaCl2 ---------- X g

X = 0,555 g de CaCl2

X = 0,555 x 10 dm3 = 5,55 g de CaCl2

f) 20 dm3 de HCl 0,05 N (37 % de pureza e densidade = 1,19 g/cm3) – utilizada no

preparo da solução Mehlich I.

Normal (N):

Eqg = massa molar/ nº H+ ionizado

Eqg = 36,5/1

Eqg = 36,5 g

Ou seja, 1 mol de HCl tem 36,5 g e 36,5 Eqg ou molc, pois:



1 N ou Eqg de HCl -------------- 36,5 g

0,05 N ou Eqg de HCl ---------- X g

X = 1,825 g de HCl

D = M/V

1,19 = 1,825/V

V = 1,533 mL

1,533 mL ------------ 37 % pureza

X mL ----------------- 100 % pureza

X = 4,14 mL para 1 L

X = 82,9 mL (ou cm3) para 20 L ou 20 dm3

25

g) 5 litros de uma solução H2SO4 0,0125 N (pureza de 95 a 98 % e densidade de 1,84

g/dm3) – utilizada no preparo da solução Mehlich I.

Normal (N):

Eqg = massa molar/ nº H+ ionizado

Eqg = 98/2

Eqg = 49 g

Ou seja, 1 mol de H2SO4 tem 98 g e 49 Eqg ou molc, pois:



1 N ou Eqg de H2SO4 -------------- 49 g

0,0125 N ou Eqg de H2SO4 ---------- X g

X = 0,61 g de H2SO4

D = M/V

1,84 = 0,61/V

V = 0,33 mL

0,33 mL -------------- 95 % pureza

X mL ----------------- 100 % pureza


X = 1,75 mL (ou cm3) para 5 L ou 5 dm3

h) 3 dm3 de uma solução K2CrO7 1N (considerando uma mudança de valência de 6

para 3 (Cr6+ para Cr3+).

Cr = 53 g

K2CrO7 = (39 x 2 + 53 + 16 x 7) = 243 g

Normal (N):


Eqg = 243/3

Eqg = 81 g

26

Ou seja, 1 mol de K2CrO7 tem 243 g ou 81 Eqg ou molc, pois:



1 N ou Eqg de K2CrO7 -------------- 81 g

1 L ou 1 dm3 (1 N) ---------------- 81 g de K2CrO7

3 L ou 3 dm3 (1 N) ---------------- X g de K2CrO7

X = 243 g de K2CrO7

i) 500 cm3 de FeSO4 .7H2O 1N (considerando uma mudança de valência de 2 para 3

(Fe2+ - Fe 3+).

Obs: 6 Fe++ + Cr2O7-- + 14H+ = 6 Fe 3+ + 2Cr3+ + 7 H2O

FeSO4.7H2O = (56 + 32 + 64 + 18 x 7) = 278 g

Normal (N):


Eqg = 278/1

Eqg = 278 g

Ou seja, 1 mol de FeSO4 .7H2O tem 278 g ou 278 Eqg ou molc, pois:



1 N ou Eqg de FeSO4.7H2O --------------- 278 g

1 L ou 1 dm3 (1 N) ---------------- 278 g de FeSO4.7H2O

0,5 L ou 500 cm3 (1 N) ---------- X g de FeSO4.7H2O

X = 139 g de FeSO4.7H2O

27

j) 20 L de uma solução com 2 molar de Ca (cloreto de cálcio)

Molar (M) = Número de moles por dm3 ou litro

M = No mol/dm3

M = No mol/dm3

2 = No mol/20 dm3

No mol = 40

1 M Ca ---------------- 40 g

40 M Ca--------------- X g

X = 1600 g Ca

111 g de CaCl2 -------------- 40 g de Ca

X g de CaCl2 ---------------- 1600 g de Ca

X = 4440 g de CaCl2

k) 20 L de uma solução com 2 N de Ca (cloreto de cálcio).

Normal (N):


Eqg Ca = 40/2

Eqg Ca = 20 g

Ou seja, 1mol de Ca tem 40 g e 20 Eqg ou molc, pois:



1 N ou Eqg de Ca --------------- 20 g

2 N ou Eqg de Ca ---------------- X g

X = 40 g de Ca

1 L ou 1 dm3 (2 N) ---------------- 40 g de Ca

20 L ou 20 dm3 (2 N) ----------- X

X = 800 g Ca

28

111 g de CaCl2 -------------- 40 g de Ca

X g de CaCl2----------------- 800 g de Ca

X = 2220 g de CaCl2

l) 500 mL de uma solução com 0,5 molar de H2SO4 (ácido sulfúrico, pureza de 95 a 98

% e densidade de 1,84 g/dm3).

Molar (M) = Número de moles por dm3 ou litro

M = No mol/dm3

M = No mol/dm3

0,5 = No mol/0,5 dm3

No mol = 0,25

1 M H2SO4 --------------------- 98 g

0,25 M H2SO4 ----------------- X g

X = 24,50 g H2SO4

D = M/V

1,84 g/cm3 = 24,5 g/V

V = 13,31 mL ou cm3

13,31 cm3 ------------ 95 % de pureza

X cm3 ----------------- 100 % de pureza

X = 14 mL ou cm3 de H2SO4

m) 500 mL de uma solução com 0,5 N de H2SO4 (ácido sulfúrico).

Normal (N): Eqg = massa molar/ nº H+ ionizado; Eqg = 98/2; Eqg = 49 g

Ou seja, 1 mol de H2SO4 tem 98 g e 49 Eqg ou molc, pois:



1 N ou Eqg de H2SO4 -------------- 49 g

0,5 N ou Eqg de H2SO4 ---------- X g

X = 24,5 g de H2SO4

29

D = M/V

1,84 = 24,5/V

V = 13,3 mL

13,3 mL -------------- 95 % pureza

X mL ----------------- 100 % pureza


X = 7,0 mL (ou cm3) para 500 mL ou 500 cm3

4) As soluções para calibração de aparelhos devem ser elaboradas com cuidado para

obter resultados precisos. Para determinar o teor de P em extratos de amostras de

solo um laboratorista precisa preparar soluções com concentrações de P conhecidas,

para calibração do espectrofotômetro UV-VIS. Considerando KH2PO4 (22,7 % de P)

como fonte de P, demonstre como preparar soluções com 1, 2, 3 e 4 mg/L de P?

Fazer uma solução padrão inicial, por exemplo, na concentração de 1000 mg/L ou 1

mg/mL de P.

100 mg KH2PO4 -------------- 22,7 mg P

X mg KH2PO4 ---------------- 1000 mg P

X = 4405,28 mg KH2PO4/L

Portanto, se diluir 1 mL da solução 1000 mg/L de P em 1 L de água, ter-se-á uma solução

de 1 mg/L de P. Para as soluções de 2, 3 e 4 mg/L basta multiplicar a quantidade necessária

para obter 1 mg/L por 2, 3 e 4, respectivamente.

30

3

Análises de Amostras de Solo e Plantas

31

5) Exercitar as transformações de unidades comumente encontradas em análises de

solo. Transforme:

a) 10 meq Ca/100cm3 em mmolc Ca/dm3 (unidade antiga para unidade de uso atual).

1 meq de Ca = 1 mmolc de Ca

1 dm3 = 1000 cm3

10 meq de Ca/100 cm3 = 10 meq de Ca/0,10 dm3 ou 100 meq de Ca/1 dm3

100 meq de Ca/1 dm3 ou 100 mmolc/dm3

b) 4 mmolc Al3+/dm3 em cmolc Al3+/dm3 (unidade utilizada em SP transformada para a

unidade utilizada no PR).

meq mmolc cmolc 10-1 10-1 1

10 mmolc = 1 cmolc

4 mmolc Al3+/dm3 = 0,4 cmolc Al3+/dm3

c) 120 mg de Mg/dm3 em cmolc Mg/dm3 e mmolc Mg/dm3.

1 mol Mg = 24 g

1 molc = 24/2 = 12 g

1 cmolc = 24/100 = 0,12 g ou 120 mg

1 mmolc = 12/1000 = 0,012 g ou 12 mg

1 cmolc -------------- 120 mg

X cmolc --------------120 mg

X = 1 cmolc

1 mmolc -------------- 12 mg

X mmolc ------------- 120 mg

X = 10 mmolc

120 mg Mg/dm3 = 1 cmolc/dm3 ou 10 mmolc/ dm3

32

d) 130 mg K/dm3 em cmolc K/100cm3 e mmolc K/dm3 (unidade utilizada em RS e SC

para a utilizada no PR e SP).

1 mol K = 39 g

1 molc = 39/1 = 39 g

1 cmolc = 39/100 = 0,39 g ou 390 mg

1 mmolc = 39/1000 = 0,039 g ou 39 mg

1 cmolc -------------- 390 mg

X cmolc ------------- 130 mg

X = 0,33 cmolc

1 mmolc -------------- 39 mg

X mmolc ------------- 130 mg

X = 3,33 mmolc

130 mg K/dm3 = 0,33 cmolc/dm3 ou 3,33 mmolc/dm3

6) Você pegou 10 cm3 de solo e colocou em erlenmeyer de 150 cm3 e adicionou 100

cm3 de uma solução extratora (KCl 1 N). Depois de agitado você retirou 25 cm3 e

gastou 1,0 cm3 na titulação do Al3+, usando NaOH 0,025 N. Determine o teor de Al3+

em cmolc dm-3 de solo (Método padrão para determinação de Al+3).

Equivalente (eq) de NaOH gasto = Equivalente (eq) existente de Al

NaOH ----- Na+ + OH-

N = Nº eq/V (L)

0,025 = Nº eq/0,001 L

Nº eq = 0,025 x 10-3 molc

0,025 x 10-3 molc --------- 25 mL do extrato

X molc --------------------- 100 mL do extrato

X = 0,1 x 10-3 molc

0,1 x 10-3 molc de NaOH -------------- 10 cm3 de solo

X molc de NaOH ------------------------ 1000 cm3 (dm3)

X = 0,1 x 10-1 molc NaOH/dm3

33

1 molc de NaOH ------------------------ 100 cmolc de NaOH

0,1 x 10-1 molc de NaOH ------------- X cmolc de NaOH

X = 1 cmolc de NaOH /dm3

Se 1 cmolc de NaOH reage com 1 cmolc de Al3+, então na amostra havia 1 cmolc de

Al3+/dm3.

7) Você fez o mesmo procedimento para determinar Ca, só que desta vez gastou 1,1

mL de EDTA-Na (0,025N). Calcule o teor de Ca em mmolc/dm3 de solo (Método

titulométrico padrão para determinação de Ca). O raciocínio para resolver esta

questão é o mesmo da questão anterior, mas vamos resolvê-lo de outra maneira,

utilizando a formula N1 x V1 = N2 x V2

N1 = 0,025N (EDTA-Na)

N2 = ?

V1 = 0,0011 L (1,1 mL de EDTA-Na gasto)

V2 = 0,025 L (25 ml da alíquota)

N1 x V1 = N2 x V2

0,0025 x 0,0011 = N2 x 0,025 L

N2 = 0,0011 N

➢ Dica: O resultado acima é expresso em equivalente/Litro (eq/L), porém a questão

pede o resultado em miliequivalente/Litro (meq/L). Portanto deve-se aplicar o

seguinte raciocínio:

meq = eq x 1000

meq = 0,0011 x 1000

meq = 1,1

N2 = 1,1 meq de Ca/L

34

100 mL --------- 1,1 meq de Ca

25 mL ---------- X meq de Ca

X = 0,0275 meq de Ca/25 mL

0,0275 meq de Ca --------- 25 mL

X meq de Ca --------------- 100 mL

X = 0,11 meq

10 cm3 -------------- 0,11 meq de Ca

1000 cm3 ----------- X meq de Ca

X = 11 meq de Ca/1000 cm3 ou 11 meq de Ca/dm3

Lembrando que: 1 meq = 1 mmolc; 11 meq de Ca/dm3 = 11 mmolc Ca/dm3

8) Foram gastos 20 mL de EDTA-Na 0,01 N para complexar todo o Ca contido em

100 cm-3 de uma solução. Qual a molaridade e quanto de Ca tinha a solução?

1 molc de Ca = 40/20 = 20 g

N = no eq/V (L)

0,01 = no eq/0,02 L

no eq = 0,02 x 10-2 molc

1 molc ----------- 20 g

0,02.10-2 -------- X g

X = 0,004 g de Ca

9) Um laboratorista desejava medir a capacidade de correção de um calcário em

relação ao CaCO3, para isso ele pegou 1 g do calcário e colocou em um balão

volumétrico de 100 mL e adicionou 25 mL de HCl 1 N, deixou reagir por algum

tempo e depois aqueceu para intensificar a reação. Então esfriou o frasco e

completou o volume, em seguida retirou 2 mL do sobrenadante. Colocou os 2 mL em

erlenmeyer e titulou com NaOH 0,02 N. Qual a equivalência do produto em relação

ao CaCO3, ou seja, % de CaCO3 do produto, sendo que foram necessários 10 mL

35

para titular o restante de HCl que sobrou da reação (Método padrão para

determinação do poder de neutralização do calcário).

a) Calcular quantos molc de HCl foram adicionados.

Foram adicionados 25 mL de HCl, o que equivale a 0,025 L de HCl

N = no molc/V (L)

no molc = N x V

no molc = 1 x 0,025

no molc = 0,025 molc de HCl

b) Calcular quanto de NaOH sobrou sem reagir.

Foram gastos 10 mL de NaOH 0,02 N para titular 2 mL do sobrenadante. Mas seriam

necessários 50 vezes para titular os 100 mL.

10 mL NaOH ------------------ 2 mL sobrenadante

X mL NaOH ------------------- 100 mL sobrenadante

X = 500 mL de NaOH ou 0,5 L de NaOH 0,02 N

no molc = N x V

no molc = 0,2 x 0,5

no molc = 0,01 molc de NaOH

c) Calcular quanto HCl reagiram com CaCO3.

no molc de adicionado de HCl – No molc de gasto de NaOH = Quanto de HCl foi

consumido pelo CaCO3

0,025 – 0,01 = 0, 015 molc de ácido foi consumido pelo CaCO3

d) Transformar o valor de molc de ácido que foi consumido pelo CaCO3 em g CaCO3.

1 molc de CaCO3 = 50 g CaCO3 (100 g/2 = 50 g)

1 molc -------------- 50 g CaCO3

0,015 molc -------- X

X = 0,75 g CaCO3

36

e) Transformar o valor de CaCO3 encontrado para percentagem.

O valor obtido no último cálculo era para 1 g de calcário adicionado, mas deseja-se passar

para 100 g de calcário.

0,75 g de CaCO3 ------- 1 g de calcário

X g de CaCO3 --------- 100 g de calcário

X = 75 g de CaCO3 ou 75 % de CaCO3

10) Um laboratorista desejava medir a capacidade de correção de um calcário em

relação ao CaCO3, para isso ele pegou 1 g do corretivo e colocou em um balão

volumétrico de 100 mL e adicionou 25 mL de HCl N e deixou reagir por algum tempo

e depois aqueceu para intensificar a reação. Então esfriou o frasco e completou o

volume e retirou 2 mL do sobrenadante. Colocou os 2 mL em um erlenmeyer e titulou

com EDTA-Na 0,02 N. Qual a % de CaCO3 e MgCO3 existe no corretivo, sendo que

foram necessários 11,2 e 3,5 mL para titular o Ca e Mg contido na solução

sobrenadante. (Método de determinação de Ca e Mg nos corretivos via titulação).

a) Calcular o que foi gasto com 2 mL de EDTA-Na para 100 mL do balão

volumétrico.

11,2 mL de EDTA-Na ------ 2 mL

X mL de EDTA-Na --------- 100 mL

X = 560 mL ou 0,56 L de EDTA-Na para Ca

3,5 mL de EDTA-NA -------- 2 mL

X mL de EDTA-Na ---------- 100 mL

X = 175 mL ou 0,175 L de EDTA-Na para Mg

b) Transformar o EDTA-Na gasto em cmolc de Ca e Mg. Lembrando que 1 molc de

EDTA-Na gasto equivale a 1 molc de Ca ou Mg complexado.

no molc = N x V

no molc = 0,02 x 0,56

no molc = 0,0112 molc de EDTA-Na ou Ca titulado

no molc = N x V

no molc = 0,02 x 0,175

no molc = 0,0035 molc de EDTA-Na ou Mg titulado

37

c) Transformar cmolc de Ca e Mg em g de Ca e Mg. Lembrando que 1 molc de Ca é

20 g e 1 molc de Mg é 12 g.

1 molc Ca --------------- 20 g

0,0112 molc Ca -------- X g

X = 0, 224 g Ca em 1 g ou 22,4 g em 100 g

1 molc Mg --------------- 12 g

0,0035 molc Mg -------- X

X = 0, 042 g Mg em 1 g ou 4,2 g em 100 g

d) Transformar Ca e Mg em g de CaO e MgO.

CaO = 40 g + 16 g = 56 g ou seja

56 g -------- 100 %

40 g -------- X %

X = 71,43 %

MgO = 24 + 16 g = 40 g ou seja

40 g --------- 100 %

24 g --------- X %

X = 60,00 %

100 g de CaO ---------- 71,43 g de Ca

X g de CaO ------------- 0,224 g de Ca

X = 31,4 g de CaO em 100 g

100 g de MgO --------- 60 g de Mg

X g de MgO ------------ 0,042 g de Mg

X = 7,0 g de MgO em 100g

e) Transformar CaO e MgO em g de CaCO3.

100 g de CaCO3 ----------- 56 g de CaO

X g de CaCO3 ------------- 31,4 g de CaO

X = 55,9 g de CaCO3 em 100 g

38

100 g de CaCO3 ----------- 40 g de MgO

X g de CaCO3 -------------- 0,07 g de MgO

X = 17,5 g de MgCO3 em 100g

Ou seja 55,9 + 17,5 g CaCO3 = 73,5 g CaCO3

11) Em relação a alteração (contaminação) de amostras de tecido vegetal pela

presença de solo, exemplificar como o tipo de alteração depende dos nutrientes e dos

solos. Se em 49,5 g de matéria seca de planta houver 0,5 g de solo (total 50 g de

amostra) como impureza, é possível que ocorra contaminação? Qual o acréscimo nos

teores dos nutrientes considerando a solubilização total das impurezas?

Solo C N P K Ca Mg Fe Mn Cu Al Ti

g/kg mg/kg

1 40 3,24 0,68 2,38 0,83 0,88 122.889 789 167 50.000 10000

2 10 6,48 1,27 4,77 1,66 1,77 45.778 1578 334 60.000 25000

Planta C N P K Ca Mg Fe Mn Cu Al Ti

g/kg mg/kg

Natural 400 17,73 1,8 14,53 13,25 3,15 226 93 13 200 5

Cont. 1 396 17,59 1,8 14,44 13,13 3,12 1453 100 14,5 698 105

Cont. 2

Solo C N P K Ca Mg Fe Mn Cu Al Ti

Relação solo:planta

1 0,01 0,18 0,37 0,16 0,06 0,28 543 8 13 250 2000

2 0,025 0,36 0,70 0,32 0,12 0,56 202 17 25 300 5000

39

Solo 1

C

1000 g solo --------- 40 g de C

0,5 g ------------------- X g de C

X = 0,02 g de C em 0,5 g de solo

1000 g planta --------- 400 g de C

49,5 g ------------------- X g de C

X = 19,8 g de C em 49,5 g de planta

Concentração final

(0,02 + 19,8) g de C ---------- 50 g de planta com solo

X -------------------------------- 1000 g de planta com solo

X = 396,4 g de C por 1000 g ou 396,4 mg por kg

Houve decréscimo de C, ou seja, foi diluído como efeito da menor concentração no solo.

N

1000 g solo --------- 3,24 g de N

0,5 g ------------------ X g de N

X = 0,00162 g de N em 0,5 g de solo

1000 g planta --------- 17,73 g de N

49,5 g ------------------- X g de N

X = 0,878 g de N em 49,5 g de planta


(0,00162 + 0,878) g de N ---------- 50 g de planta com solo

X -------------------------------------- 1000 g de planta com solo

X = 17,59 g de N por 1000 g ou 17,59 g por kg

Houve pequeno decréscimo de N, ou seja, foi diluído como efeito da menor concentração

no solo.

40

P

1000 g --------- 0,680 g de P

0,5 g ------------ X g de P

X = 0,00034 g de P em 0,5 g de solo

1000 g planta --------- 1,8 g de P

49,5 g ------------------- X g de P

X = 0,0891 g de P em 49,5 g de planta


(0,00034 + 0,0891) g de P ---------- 50 g de planta com solo

X --------------------------------------- 1000 g de planta com solo

X = 1,788 g por 1000 g ou 1,79 g por kg

Ficou praticamente o mesmo valor, sem influência.

K

1000 g --------- 2,38 g de K

0,5 g ------------ X g de K

X = 1,19 x 10-3 g de K em 0,5 g de solo

1000 g planta --------- 14,53 g de K

49,5 g ------------------ X g de K

X = 0,719 g de K em 49,5 g de planta


(0,00119 + 0,719) g de K ---------- 50 g de planta com solo

X ---------------------------------------1000 g de planta com solo

X = 14,44 g por 1000 g ou 14,44 g por kg

Ficou praticamente o mesmo valor, sem influência.

41

Ca

1000 g solo --------- 0,83 g de Ca

0,5 g ------------------ X g de Ca

X = 0,000415 g de Ca em 0,5 g de solo

1000 g planta --------- 13,25 g de Ca

49,5 g ------------------ X g de Ca

X = 0,656 g de Ca em 49,5 g de planta


(0,000415 + 0,656) g de Ca ---------- 50 g de planta com solo

X------------------------------------------ 1000 g de planta com solo

X = 13,13 g de Ca por 1000 g ou 13,13 g por kg

Houve pequeno decréscimo de Ca, ou seja, foi diluído como efeito da menor concentração

no solo.

Mg

1000 g solo --------- 0,88 g de Mg

0,5 g ------------------ X g de Mg

X = 0,00044 g de Mg em 0,5 g de solo

1000 g planta --------- 3,15 g de Mg

49,5 g ------------------ X g de Mg

X = 0,156 g de Mg em 49,5 g de planta


(0,00044 + 0,156) g de Mg ---------- 50 g de planta com solo

X ---------------------------------------- 1000 g de planta com solo

X = 3,12 g de Mg por 1000 g ou 3,12 g por kg

Houve pequeno decréscimo de Mg, ou seja, foi diluído como efeito da menor concentração

no solo.

42

Fe

1000 g solo ----------- 122.889 mg de Fe

0,5 g solo -------------- X mg de Fe

X = 61,44 mg de Fe em 0,5 g de solo

1000 g planta --------- 226 mg de Fe

49,5 g planta ------------ X mg de Fe

X = 11,187 mg de Mn em 49,5 g de planta


(61,44 + 11,187) mg de Fe ---------- 50 g de planta com solo

X ----------------------------------------- 1000 g de planta com solo

X = 1452,5 mg de Fe por 1000 g planta com solo ou 1452,5 mg por kg planta com solo

Verifique que a concentração teve grande aumento (6 x), visto que a relação foi alta.

Mn

1000 g solo ----------- 789 mg de Mn

0,5 g solo -------------- X mg de Mn

X = 0,399 mg de Mn em 0,5 g de solo

1000 g planta --------- 93 mg de Mn

49,5 g planta ------------ X mg de Mn



(0,399 + 4,60) mg de Mn ---------- 50 g de planta com solo

X -------------------------------------- 1000 g de planta com solo

X = 100,0 mg de Mn por 1000 g planta com solo ou 100,0 mg por kg planta com solo

Verifique que a concentração teve grande aumento, visto que a relação foi alta.

43

Cu

1000 g solo ----------- 167 mg de Cu

0,5 g solo -------------- X mg de Cu

X = 0,084 mg de Cu em 0,5 g de solo

1000 g planta --------- 13 mg de Cu

49,5 g planta ------------ X mg de Cu

X = 0,643 mg de Cu em 49,5 g de planta


(0,084 + 0,643) mg de Cu ---------- 50 g de planta com solo

X --------------------------------------- 1000 g de planta com solo

X = 14,5 mg de Cu por 1000 g planta com solo ou 14,5 mg Cu por kg planta com solo

Verifique que a concentração teve pequeno acréscimo, visto que a relação foi baixa.

Al

1000 g solo ----------- 50.000 mg de Al

0,5 g solo -------------- X mg de Al

X = 25,0 mg de Al em 0,5 g de solo

1000 g planta --------- 200 mg de Al

49,5 g planta ------------ X mg de Al

X = 9,9 mg de Al em 49,5 g de planta


(25,0 + 9,9) mg de Al ---------- 50 g de planta com solo

X ---------------------------------- 1000 g de planta com solo

X = 698 mg de Al por 1000 g planta com solo ou 698 mg por kg planta com solo

Verifique que a concentração teve grande aumento, visto que a relação foi alta. A

contaminação de Al na planta é o principal fator de incerteza na análise de Al no tecido de

planta, sobretudo em raízes.

44

Ti

1000 g solo----------- 10.000 mg de Ti

0,5 g ------------------- X mg de Ti

X = 5,0 mg de Ti em 0,5 g de solo

1000 g Planta --------- 5 mg de Ti

49,5 g ------------------- X mg de Ti



(5,0 + 0,2475) mg de Ti ---------- 50 g de planta com solo

X ------------------------------------- 1000 g de planta com solo

X = 104,95 mg de Ti por 1000 g planta com solo ou 104,95 mg por kg planta com solo

Verifique que a concentração teve grande aumento (21 x), visto que a relação foi alta.

Agora, exercite os cálculos para o solo 2.

➢ Dicas: (I) Caso a concentração de um elemento seja maior na impureza que no

tecido da planta, pode ocorrer um aumento de concentração, ou seja, relação maior

que 1. Caso o teor na planta seja maior que na impureza haverá uma diluição, ou

seja, relação menor que 1. Assim, a contaminação ocorrerá para Ti, Fe e Al,

enquanto que a contaminação com solo dilui o C e P. Tal fato é especialmente

importante para análise de raízes que mantém contato direto com solo, serapilheira

de floresta e amostra de pastagem sob pisoteio de animais. (II) O Ti vem sendo

utilizado como indicador de contaminação do solo, em condição onde a lavagem de

amostras é problemática. (III) É importante saber que nem todas as metodologias

de análise de planta são eficientes no sentido de extrair todos os elementos contidos

no solo, principalmente os que formam argilas silicatadas, neste caso o Al.

12) A concentração de NO3- e NH4

+ no solo pode ser determinada por extração com

KCl 1 M e leitura em espectrofotometria de absorção ultravioleta. Para um solo com

umidade de 70 %, utilizou-se 10 gramas de solo úmido (SU) obtendo um extrato de 30

45

ml. Após extração retirou-se uma alíquota de 4 mL para preparo da solução de

leitura, cujos valores foram 0,35 e 2,85 µg mL-1 para NO3- e NH4

+, respectivamente. A

partir dos dados apresentados, qual é a concentração de NO3- e NH4

+ no solo em mg

kg-1?

C = Mss

FDxExMsuxL )(

Sendo:

L= Concentração obtida no espectrofotômetro

Msu= Massa do solo úmido

E = Quantidade do extrato utilizado para análise

FD= Fator de diluição

Mss= Massa do solo seco

a) Determinação da concentração de nitrato (NO3-) em mg kg-1.

10 g solo x 0,70 umidade = 7g de SU e 3 g de SS extraído

C = g

mLxgxgx

3

4)3010mL µg35,0( -1

= 8,75 mg kg-1 de N-NO3-

b) Determinação da concentração de amônio (NH4+) em mg kg-1.

10 g solo x 0,70 umidade = 7g de SU e 3 g de SS extraído

C= g

mLxgxgx

3

4)3010mL µg85,2( -1

= 71,25 mg kg-1 de N-NH4+

➢ Dica: Os teores de NO3- em solos ácidos e bem aerados como a maioria dos solos

do estado do Paraná, são normalmente inferiores aos teores de NH4+, uma vez que,

nestas condições a perda de NO3- é favorecida. Contudo, isso pode variar de acordo

com o uso do solo.

46

4

Geoquímica

47

13) Como podemos calcular o quanto de elementos principais existe em um certo

volume de solo. Quanto de Fe e Al existem a partir dos dados fornecidos pelos

manuais de levantamentos de solo. A análise química feita em um solo demonstrou

que o mesmo possui cerca de 20 % de Fe2O3 e 5 % de Al2O3. Quanto de Fe2O3 e Al2O3

tem em 1 ha a 20 cm de profundidade? Quanto de Fe e Al tem em 1 ha a 20 cm de

profundidade? Dsolo = 1,25 g/cm3; Fe = 56 g; Al = 27 g; O = 16 g.

- Área de um hectare

1 ha = 100 m x 100 m = 10.000 m2

- Volume de um hectare

V = 100 m x 100 m x 0, 2 m (profundidade) = 102 x 102 x 2.10-1 = 2000 m3 ou 2.106 dm3

ou 2.109 cm3

D = 1,25 g/cm3 = 1,25 kg/dm3 = 1,25 Mg/m3

1 m3 ---------------- 1,25 Mg (t)

2 x 103 m3 ----------- X g

X = 2,5 x 103 Mg de solo ou 2,5 x 106 kg

A massa total do solo em um hectare a 20 cm profundidade, com densidade 1,2 Mg/m3 é

2500 Mg. Ou seja, 100 % da massa é igual 2500 Mg.

Fe2O3

100 % da massa ------------ 2500 Mg

20 % da massa ------------- X Mg

X = 500 Mg ou 500.000 kg ou 5 x 108 g de Fe2O3

Al2O3

100 % da massa ----------- 2500 Mg

5 % da massa -------------- X Mg

48

X = 125 Mg ou 125.000 kg ou 125 x 106 g de Al2O3

Fe

Fe2O3 - peso molecular (PM):

Fe = 56 g x 2 = 112 g

O = 16 x 3 = 48 g

PM = 112 g + 48 g = 160 g

160 g Fe2O3 --------------- 112 g de Fe

5 x 108 g Fe2O3 ----------- X g de Fe

X = 3,5 x 108 g ou 350.000 kg ou 350 Mg de Fe

Al

Al2O3 – peso molecular (PM):

Al= 27 x 2 = 54 g

O = 16 x 3 = 48 g

PM = 54 + 48 = 102 g

102 g --------------------- 54 g de Al

125 x 106 g -------------- X g de Al

X = 66,17 x 106 g ou 666.176 kg ou 666 Mg de Al

14) Praticar a transformação de unidades e inferir sobre o alto teor de Fe nos solos.

Quanto de Fe em mg/kg, mg/dm3, μg/g, μg/cm3 e ppm, tem o solo do exercício

anterior?

350 Mg de Fe = 350.000 kg = 350 x 106 g = 350 x 109 mg = 350 x 1012 μg

2000 m3 = 2.000.000 dm3 = 2 x 106 dm3 = 2.000.000.000 cm3 = 2 x 109 cm3

2500 Mg = 2.500.000 kg = 2,5 x 106 kg = 2.500.000.000 g = 2,5 x 109 g

Fe em mg/kg

350.000 kg de Fe/2.500.000 kg de solo = 0,14 kg/kg = 140.000 mg Fe/kg

Fe em mg/dm3

49

2000 m3 solo = 2 x 106 dm3 de solo

350 x 109 mg de Fe/2 x 106 dm3 de solo = 175.000 mg Fe/dm3

Fe em μg/g

1 g = 106 μg

350 x 1012 μg/2,5 x 109 g = 140.000 μg Fe/g

Fe em μg/cm3

350 x 1012 μg/2 x 109 cm3 = 175.000 μg/cm3

Fe em ppm

1 t = 1000 kg

ppm = mg/kg = g/t

350 x 106 g de Fe/2500 t = 140.000g/t = 1,4 x 105 ppm

15) Parte de elementos adicionados ao solo são perdidos para a atmosfera, por

exemplo, N e C na forma de N2O, CH4 e CO2. Através da equação geral dos gases

perfeitos (PV = NRT) pode-se determinar a concentração destes elementos emitidos

em µg m-2 h-1. Sabendo que o volume e área da câmara coletora de gás é de 34 L e

0,0831 m² respectivamente, constante universal do gás (R) de 0,082057 atm L mol-1 k-

1, temperatura no interior da câmara de 25 ºC, pressão atmosférica de 1 atm e

concentração de 315 ppb, 2,5 ppm e 360 ppm para N2O, CH4 e CO2 respectivamente,

qual a taxa de emissão destes gases em µg m-2 h-1?

a) Cálculo do fluxo de óxido nitroso (N2O) em µg m-2 h-1 de N2O.

- Volume de gás N2O no interior da câmara

315 L de N2O ------------ 1.000.000.000 L de ar

X L de N2O --------------- 34 L

X = 0,00001071 L de N2O

- Número de mols (n)

n = PV/RT

n = (1 atm x 0,00001071 L de N2O)/(0,082057 atm K mol-1 L-1 x (25 ºC+273 K))

n = 4,37 x 10-7 mols

50

1 mol de N2O -------------------- 44 g

4,37 x 10-7 mols de N2O -------- X

X = 1,92 x 10-5 g de N2O

1,92 x 10-5 g de N2O ------------ 0,0831 m²

X g de N2O ----------------------- 1 m²

X = 2,319 x 10-4 g m-2 = 231,9 µg m-2 N2O

231,9 µg m-2 x 60 min (1 h) = 13914 µg m-2 h-1 de N-N2O

b) Cálculo do fluxo de metano (CH4) em µg m-2 h-1 de C-CH4.

- Volume de gás CH4 no interior da câmara:

2,5 L de CH4 --------------1.000.000 L de ar

X L de CH4 --------------- 34 L

X = 8,5 x 10-5 L de CH4


n = PV/RT

n = (1 atm x 8,5 x 10-5 L de CH4)/ (0,082057 atm K mol-1 L-1 x (25 ºC+273 K))

n = 3,48 x 10-6 mols

1 mol de CH4 ------------------- 18 g

3,48 x 10-6 mols de CH4 ------- X

X = 6,26 x 10-5 g de CH4

6,26 x 10-5 g de CH4 --------------- 0,0831 m²

X g de CH4 ------------------------- 1 m²

X = 7,53 x 10-4 g m-2 = 752,94 µg m-2

752,94 µg m-2 x 60 min (1h) = 45.176 µg m-2 h-1 de C-CH4

51

c) Cálculo do fluxo de dióxido de carbono (CO2) em mg m-2 h-1 de C- CO2.

- Volume de gás CO2 no interior da câmara

360 L de CO2 -------------- 1.000.000 L de ar

X L de CO2 ---------------- 34 L

X = 0,012 L de CO2


n = PV/RT

n = (1 atm x 0,012 L de CO2)/ (0,082057 atm K mol-1 L-1 x (25 ºC+273 K))

n = 4,9 x 10-4 mols

1 mol de CO2 ------------------- 18 g

4,9 x 10-4 mols de CO2 -------- X

X = 8,83 x 10-3 g CO2

8,83 x 10-3 g de CO2 ------------ 0,0831 m²

X g de CO2 ----------------------- 1 m²

X = 0,11 g m-2 = 110 mg m-2

110 mg m-2 x 60min (1h) = 6 600 mg m-2 h-1 de C-CO2

16) Para um solo com 23,5 g/dm3 de C quantos equivalentes de CO2 tem um hectare

de solo 0-20 cm de profundidade?

1 ha = 10.000 m² (área de 1 ha)

Profundidade = 20 cm = 0,2 m

10.000 m² x 0,2 m = 2.000 m³ (volume de 1 ha)

23,5 g/dm³ = 23,5 kg/m³

23,5 kg de C --------------------1 m³ de solo

52

X kg de C ----------------------- 2000 m³ de solo

X = 47.000 kg de C

1 mol CO2 ---------------------- 44 g

1 mol C ------------------------- 12 g

Logo = Fator de conversão de C para CO2 = 44/12 = 3,6

47.000 kg C x 3,6 = 169.200 kg ou 169,2 Mg de CO2eq em 1 ha

17) Estudo com solo de Terra Preta de Índio (TPI) na Floresta Amazônica indicou um

grande enriquecimento de nutrientes em relação ao solo sem influência antrópica

(Argissolo), na camada de 0-100 cm. Com base na análise apresentada, qual o

acréscimo em kg ha-1 na camada de 0-100 cm, dos nutrientes indicados abaixo.

Considerar como densidade do solo 1 kg dm3.

Solo Mg P Ca Zn

mg kg-1

TPI 374,2 2004,7 1738,4 47,5

Argissolo 132,2 417,1 155,7 8,31

Diferença 242 1587,6 1582,7 39,2

a) Acréscimo

Volume: V = 10000 m² x 1,0 m = 10000 m³ ou 10000 Mg (megagrama)

Ou 10.000.000 kg de solo

242 mg Mg ------- 1 kg solo

ou

0,24292 g Mg ------- 1 kg solo

X g Mg ---------- 10.000.000 kg solo

X = 2429200 g ou 2429,2 kg Mg

1,587 g P ------- 1 kg solo

X g P ---------- 10.000.000 kg solo

53

X = 15.870.000 g ou 15870 kg de P

1,582 g Ca ------- 1 kg solo

X g Ca ---------- 10.000.000 kg solo

X = 15.820.000 g ou 15820 kg de Ca

0,039206 g Zn ------- 1 kg solo

X g Zn ------- 10.000.000 kg solo

X = 392060 g ou 392,06 kg de Zn

b) Considerando que a única entrada de P seja via deposição de osso de animais

abatidos, preparados e descartados no local correspondente à TPI, determine a

quantidade de ossos necessária para gerar o aumento observado. Considerar que o

osso tenha 8,5 % de P em sua composição.

100 kg de ossos -------- 8,5 kg de P

X kg de ossos ----------- 15870 kg de P

X = 186.705 kg de ossos

c) Considerando que o acúmulo de P observado ocorreu pela colonização ao longo de

400 anos, qual a quantidade de ossos que deve ser adicionada diariamente em 1 ha,

para justificar tal aumento?

365 x 400 = 146.000 dias em 400 anos

186.705 kg de osso ---------- 146000 dias

X kg de osso ------------ 1 dia

X = 1,27 kg de osso/ha/dia

54

5

Corretivos e Fertilizantes

55

18) Demonstrar que formulações líquidas contendo Ca e Mg (calcário liquido)

fornecem quantidades muito reduzidas desses nutrientes, não podendo ser utilizadas

como substitutivos do calcário para correção da acidez ou fornecimento de nutrientes.

Um produto líquido contendo 20 % de Ca e 20 % Mg (com densidade do produto de

1 kg L-1) foi recomendado para ser aplicado como calcário líquido, sendo utilizada

dose de 3 L por hectare. Compare a adição de Ca e Mg desse produto com a adição de

uma tonelada de calcário com 10 % de Ca e 4 % de Mg.

1 L = 1 kg

3 kg -------------- 100 %

X kg -------------- 20 %

X = 0,6 kg de Ca e 0,6 kg de Mg

1000 kg calcário ---------------- 100 %

X kg de calcário ---------------- 10 %

X = 100 kg de Ca

1000 kg calcário ---------------- 100 %

X kg de calcário ------------------ 4 %

X = 40 kg de Mg

➢ Dica: O produto líquido tem menos que 1 % do Ca e 1,5 % do Mg contido em 1

tonelada de calcário, logo não poderá substituir o calcário.

19) Trabalhando com reagentes ou fertilizantes é necessário conhecer a concentração

ou proporção dos elementos que se pretende usar. Calcule (considere para efeito de

cálculo que os produtos são puros).

➢ Dica: Ainda hoje é comum ou obrigatória a apresentação dos elementos contidos

nos adubos, corretivos e resíduos na forma de óxidos (CaO, P2O5, K2O). Tal fato se

deve ao processo inicial de análise ser por combustão ou queima em mufla,

56

deixando os elementos na cinza na forma de óxidos. Elementos como N e S, que

são voláteis, geralmente são representados como N e S.

a) Determine a % de Ca e CaO no sulfato de cálcio bi hidratado e no carbonato de

cálcio.

Ca = 40 g

S = 32 g

O = 16 g

H = 1 g

C = 12 g

Sulfato de cálcio bi hidratado (gesso)

CaSO4.2H2O = [40 + 32 + 16 x 4 + 2 (2 + 16)] = 172 g

172 g de CaSO4.2H2O -------- 100 %

40 g de Ca ---------------------- X %

X = 23,2 % de Ca

CaO = 56 g (40 + 16)

56 g de CaO ------------- 40 g de Ca

X g de CaO -------------- 23,2 g de Ca

X = 32,5 g de CaO

100 g de CaSO4.2H2O = 23,2 g de Ca

32,5 g de CaO = 23,2 g de Ca

100 g de CaSO4.2H2O = 23,2 g de Ca ou 23,2 % de Ca

100 g de CaSO4.2H2O = 32,5 g de CaO ou 32,5 % de CaO

Portanto: CaSO4.2H2O = 23,2 % de Ca e 32,5 % de CaO

Carbonato de cálcio

CaCO3 = 40 + 12 + 48 = 100 g

100 g de CaCO3 ------------- 100 %

57

40 g de Ca -------------------- X %

X = 40 % de Ca

56 g de CaO --------------- 40 g Ca

X g de CaO ---------------- 40 g Ca

X = 56 g de CaO

100 g de CaCO3 = 40 g de Ca ou 40 % de Ca

100 g de CaCO3 = 56 g de CaO ou 56 % de CaO

Portanto: CaCO3.2H2O = 40 % de Ca e 56 % de CaO

➢ Dica: O cálculo da % de CaO no carbonato e outros produtos são empregados para

calcário, adubos e condicionadores de solo.

b) Determine a % de Mg e MgO no carbonato de magnésio.

MgCO3 = 84 g

Mg = 24 g

MgO = 40 g

84 g de MgCO3 ------------- 100 %

24 g de Mg ------------------ X %

X = 28,57 %

40 g de MgO -------------- 24 g de Mg

X g de MgO --------------- 28,57 de Mg

X = 47,61 g de MgO

100 g de MgCO3 = 28,57 g de Mg ou 28,57 % de Mg

100 g de CaCO3 = 48 g de MgO ou 48 % de Mg

Portanto: MgCO3 = 28,6 % de Mg e 48 % de MgO

➢ Dica: O cálculo da % de MgO no carbonato e outros produtos são empregados para

calcário, adubos e condicionadores de solo.

58

c) Determine a % de N no DAP e na ureia.

N = 14 g

P = 31 g

O = 16 g

H = 1,0 g

DAP = (NH4)2HPO4 = [14 + (4 x 1)] x 2 + 1 + 31 + (16 x 4) = 132 g

132 g de DAP ------------ 100 %

28 g de N ----------------- X %

X = 21 % de N

Ureia = CH4N2O ou (NH2)2CO = 12 + 4 + (2 x 14) + 16 = 60 g

60 g de ureia --------------100 %

28 g de N ------------------ X %

X = 46,6 % de N

Portanto:

DAP = 21 % de N

Ureia = 46 % de N

Obs: Os teores de N aproximados nos produtos comercializados são 16 e 44 % para DAP e

ureia, respectivamente.

d) Determine a % de P e P2O5 no MAP.

MAP = (NH4)H2PO4 = (14 + (1 x 4) ( (1 x 2) + (31) + (16 x 4) = 115 g

% P

115 g ------------- 100 %

31 g de P --------- X %

59

X = 26,6 % de P no MAP

100 g de MAP = 26,9 g de P ou 26,9 % de P

% P2O5 = (31 x 2) + (16 x 5) = 142 g

142 g de P2O5 ------------- 62 g de P

X g de P2O5 --------------- 26,9 g de P (MAP)

X = 61,6 g de P2O5

100 g de MAP = 26,9 g de P

61,6 g de P2O5 = 26,9 g de P

Portanto:

MAP = 26,9 g de P ou 26,9 % de P

MAP = 61,6 g de P2O5 ou 61,6 % de P2O5

➢ Dica: (I) O P2O5 em % é normalmente utilizado para demonstrar a concentração

nos adubos, resíduos e solo (teor total). Assim, a recomendação de adubação das

culturas também é dada em kg/ha de P2O5. (II) Em geral, os valores de referência

para o MAP são 48 % em água. Teor solúvel em água é 44 %.

e) Determine a % de K e K2O no cloreto e sulfato de potássio.

K = 39 g

Cl = 35,5

S = 32 g

O = 16 g

KCl = (39 + 35,5) = 74,5 g

74,5 g de KCl ------ 100 %

39 g de K------------ X %

X = 52,35 % de K no KCl

K2O = [(39 x 2) + 16)] = 94 g

94 g de K2O ----------- 78 g de K

60

X g de K2O ------------ 52,35 g de K no KCl

X = 63,1 % de K2O no KCl

K2SO4 = [(39 x 2) + 32 + (16 x 4)] = 174 g

174 g de K2SO4 --------------- 100 %

78 g de K ----------------------- X %

X = 44,82 % de K no K2SO4

K2O = [(39 x 2) + 16] = 94 g

100 g de K2SO4 ---------------- 44,82 g de K

94 g de K2O -------------------- 78 g de K

X g de K2O --------------------- 44,82 g de K

X = 54,01 % de K2O no K2SO4

Portanto:

KCl = 63,1 % de K2O

K2SO4 = 54 % de K2O

➢ Dica: (I) O uso de K2O em % é normalmente utilizado para demonstrar a

concentração nos adubos, resíduos e solo (teor total). Assim, a recomendação de

adubação das culturas também é dada em kg/ha de K2O. (II) Em geral, os teores de

K2O aproximados nos produtos comercializados são 60 e 50 % para KCl e K2SO4,

respectivamente.

(20 – 21 – 22) Em algumas situações, em nível de propriedade ou na indústria, é

necessária a mistura de fertilizantes para criar um formulado.

20) Um produtor misturou um saco de MAP (50 kg) com um saco de KCl (50 kg).

Que formulado foi criado com a mistura? Dados: MAP = 9 % de N e 48 % P2O5; KCl

= 60 % de K2O.

➢ Dica: Nas formulações NPK, o primeiro número representa a porcentagem de

nitrogênio (N), o segundo a porcentagem de fósforo (geralmente expresso como

P2O5) e o último a porcentagem de potássio (geralmente expresso como K2O).

61

Assim, os formulados abaixo representam:

0-20-20 = 0 % de N

20 % de P2O5

20 % de K2O

4-30-10 = 4 % de N - 30 % de P2O5 - 10 % de K2O

4-14-8 = 4 % de N - 14 % de P2O5 - 8 % de K2O

Esses valores são em porcentagem de quilos, logo, na formulação 4-30-10 tem-se: 4 kg de

N; 30 kg de P2O5 e 10 kg de K2O.

Nitrogênio - MAP

50 kg ---------- 100 %

X kg ------------ 9 %

X = 4,5 kg de N

Fósforo - MAP

50 kg --------- 100 %

X kg ---------- 48 %

X = 24 kg de P2O5

Potássio - KCl

50 kg --------- 100 %

X kg ---------- 60 %

X = 30 kg de K2O

Formulado 4,5-24-30 de NPK

62

21) Um produtor misturou um saco de DAP (50 kg) com um saco de KCl (50 kg). Que

formulado foi criado com a mistura? Dados: DAP = 16 % de N e 44 % de P2O5; KCl

= 60 % de K2O.

Nitrogênio - DAP

50 kg --------- 100 %

X kg----------- 16 % = 8 kg de N

Fósforo - DAP

50 kg --------- 100 %

X kg ---------- 44 % = 22 kg de P2O5

Potássio - KCl

50 kg --------- 100 %

X kg ---------- 60 % = 30 kg de K2O

Formulado 8-22-30 de NPK

➢ Dicas: (I) A venda de adubo atualmente é, na maior parte, feita com uso de

formulado, ou seja, a mistura de uma fonte de N, P2O5 e K2O, pela mistura de

fontes distintas. Assim, vai haver grânulos com coloração, formato e tamanho

variado dentro do saco de adubo. O uso do formulado facilita a aplicação dos

fertilizantes e é realizada em misturadoras ou empresas de adubo. A grande maioria

das empresas de fertilizantes atua na mistura e venda, ou seja, compram diferentes

matérias primas, estocam e misturam em proporções que atendam a demanda do

produtor. (II) A mistura de produtos para produção de formulados deve considerar a

incompatibilidade, já que alguns produtos não podem ser misturados, dado a

mudança na higroscopicidade. Por isso só deve-se propor a mistura pessoal com

domínio técnico no assunto. Os exercícios aqui apresentados não têm preocupação

com a incompatibilidade. (III) As empresas possuem técnicos especializados,

laboratório e programas que permitem compor as formulações com precisão.

Apresentaremos a seguir uma fórmula muito simplificada para entender como

ocorre a formulação.

63

22) Misture os mais diversos adubos para obter os seguintes formulados:

a) 4-14-8

b) 4-30-10

c) 4-30-20

d) 20-05-20

e) 0-25-25

Tomando como exemplo o formulado do item a (4-14-8). Há três maneiras de se

resolver este exercício, sendo:

i) Regra de 3 para cada produto a ser utilizado na formulação.

Fonte de N = ureia

100 kg de ureia ----- 44 kg de N

X kg de ureia -------- 4 kg de N

X = 9 kg ureia

Fonte de N = sulfato de amônio

100 kg de SA ----- 20 kg de N

X kg de SA -------- 4 kg de N

X = 20 kg de SA

Fonte de N = nitrato de amônio

100 kg de NA ----- 32 kg de N

X kg de NA -------- 4 kg de N

X = 12,5 kg de NA

Fonte de P = super fosfato simples

100 kg de SS ----- 18 kg de P2O5

X kg de SS --------- 14 kg de P2O5

X = 77,8 kg de SS

64

Fonte de P = super fosfato triplo

100 kg de ST ----- 41 kg de P2O5

X kg de ST -------- 14 kg de P2O5

X = 34,14 kg de ST

Fonte de K = cloreto de potássio

100 kg de KCl ----- 58 kg de K

X kg de KCl -------- 8 kg de K

X = 13,8 kg de KCl

Fonte de K = sulfato de potássio

100 kg de K2SO4 ----- 48 kg de K

X kg de K2SO4 -------- 8 kg de K

X = 16,7 kg de K2SO4

ii) Através do fator de divisão (FD), onde o fator é obtido pela concentração do nutriente

no produto (em kg)/100.

Ex: ureia = 44 kg de N em 100 kg de ureia

FD = 44/100 = 0,44

Fonte de N

ureia = 4 0,44 = 9 kg de ureia

SA = 4 0,20 = 20 kg de SA

NA = 4 0,32 = 12,5 kg de NA

Fonte de P

SS = 14 0,18 = 77,8 kg de SS

ST=14 0,41 = 34,15 kg de ST

Fonte de K

KCl = 8 0,58 = 13,8 kg de KCl

K2SO4 = 8 0,48 = 16,7 kg de K2SO4

65

iii) Através do fator de multiplicação (FM), onde o fator é obtido por 100/concentração

do nutriente no produto (em kg).

Ex: ureia = 44 kg de N em 100 kg de ureia

FM = 100/44 = 2,27

Fonte de N

ureia = 4 x 2,27 = 9,0 kg de ureia

SA = 4 x 5 = 20 kg de SA

NA = 4 x 3,12 = 12,5 kg de NA

Fonte de P

SS = 14 x 5,5 = 77 kg de SS

ST = 14 x 2,4 = 33,6 kg de ST

Fonte de K

KCl = 8 x 1,72 = 13,8

K2SO4 = 8 x 2,08 = 16,6

Resumo para a escolha dos produtos a serem utilizado na formulação NPK 4-14-8.

Produto NPK para o formulado 4-14-8

N P2O5 K2O

Ureia: (NH2)2CO 9

Sulfato de amônio: (NH4)2SO4 20

Nitrato de amônio: (NH4)NO3 12,8

Super Fosfato simples (SS) = Ca(H2PO4)2 + CaSO4 77,7

Super Fosfato Triplo (ST) = Ca(H2PO4)2 34,1

Cloreto de potássio = KCl 13,8 Sulfato de potássio = K2SO4 16,7

Obs: Para fechar o formulado a soma dos produtos escolhidos deve se aproximar de 100

kg.

Produtos escolhidos para o formulado:

ureia = 9 kg

SS = 77,7 kg

KCl = 13,8 kg

Total = 100,5 kg de formulado 4-14-8

66

b) Formulado 4-30-10.

i) Resolução por regra de 3.

Fonte de N - ureia

100 kg de ureia ----- 44 kg de N

X kg de ureia ------- 4 kg de N

X = 9,09 kg de ureia

Fonte de P - ST

100 kg de ST ----- 41 kg de P2O5

X kg ST ----------- 30 kg de P2O5

X = 73,17 kg de ST

Fonte de K - KCl

100 kg KCl ------- 58 kg de K2O

X kg KCl --------- 10 kg de K2O

X = 17,24 kg de KCl

ii) Resolução pelo fator de divisão (FD).

Fonte de N

4 0,44 = 9 kg de ureia

4 0,20 = 20 kg de SA

4 0,32 = 12,5 kg de NA

Fonte de P

30 0,18 = 166,6 kg de SS

30 0,41 = 73,1 kg de ST

Fonte de K

10 0,58 = 17,2 kg de KCl

10 0,48 = 20,8 kg de K2SO4

67



N P2O5 K2O

Ureia: (NH2)2CO 9





Cloreto de potássio = KCl 17,2

Sulfato de potássio = K2SO4 20,8

Produtos escolhidos:

ureia = 9 kg

ST = 73,1 kg

KCl = 17,2 kg

Total = 99,9 kg de formulado 4-30-10

c) Formulado 4 - 30 – 20.

i) resolução pelo fator de divisão (FD).

Fonte de N

4 0,44 = 9 kg de ureia

4 0,20 = 20 kg de SA

4 0,32 = 12,5 kg de NA

Fonte de P

30 0,18 = 166,6 kg de SS

30 0,41 = 73,2 kg de ST

Fonte de K

20 0,58 = 34,5 kg de KCl

20 0,48 = 41,6 kg de K2SO4

68



N P2O5 K2O

Ureia: (NH2)2CO 9







Obs: com esses produtos a fórmula não fecha, pois ultrapassam 100 kg, então usaremos

MAP ou DAP. Porém estes produtos são fontes de N e P2O5.

Calculando MAP e DAP para fornecer N

4 0,09 (MAP) = 44,4 kg de MAP

4 0,16 (DAP) = 25,0 kg de DAP

Calculando MAP e DAP para fornecer P2O5 a partir do N necessário para a formulação

44,4 kg de MAP x 0,48 = 21,3 kg de P2O5

25,0 kg de DAP x 0,45 = 11,2 kg de P2O5

44,4 kg de MAP fornecem 4 kg de N e 21,3 kg de P2O5

250 kg de DAP fornecem 4 kg de N e 11,2 kg de P2O5

Porém a necessidade de P2O5 é de 30 kg, ou seja, se utilizarmos MAP faltará 8,7 kg

de P2O5 (30,0 - 21,3) e se utilizarmos DAP faltarão 18,8 kg de P2 O5 (30,0 - 11,2).

Complemento de P2O5 para o MAP

8,7 0,18 = 48,3 kg de SS ou

8,7 0,41 = 21,1 kg de ST

Complemento com P2O5 para o DAP

18,8 0,18 = 104,4 kg de SS ou

18,8 0,41 = 45,8 kg de ST

69

Resumo para a escolha dos produtos a serem utilizado na formulação NPK 4-30-20

considerando MAP e DAP como fonte de N e P.


N P2O5 K2O

Super Fosfato simples (SS) = Ca(H2PO4)2 + CaSO4

Super Fosfato Triplo (ST) = Ca(H2PO4)2

Fosfato Mono-amônio (MAP) = (NH4) H2PO4 44,4 21,3

Fosfato di-amônio (DAP) = (NH4)2 HPO4 25,0 11,2



Produtos escolhidos:

MAP = 44,4 kg

ST = 21,2 kg

KCl = 34,48 kg

Total: 100,08 kg de formulado NPK + 48,3 kg de SS ou 21,1 kg de ST

23) Para comparar preços de fertilizantes é interessante adotar uma unidade de valor

por quantidade do(s) nutriente(s), por exemplo, reais por kg de nutriente. Assim,

determine o preço unitário (R$/kg) do N, P2O5 e K2O nos produtos indicadores a

seguir e coloque em ordem crescente de valor.

Produto % Preço/saco

(50 kg)

Preço/kg de

nutriente

N

Ureia: (NH2)2CO 44 66 3,00 Sulfato de amônio: (NH4)2SO4 20 47 4,70

P2O5

Super fosfato simples 18 42 4,66 Super fosfato triplo 41 69 3,36

K2O

Cloreto de potássio (KCl) 58 63 2,17 Sulfato de potássio (K2SO4) 48 96 4,00

70

Se 100 kg de ureia tem 44 kg N, um saco de 50 kg ureia tem 22 kg N e custa 66,0 reais.

Logo:

22 kg N ------- 66,0 reais

1 kg N -------- X

X = 3,00 reais/kg N

OU

333,3 kg N -------1000 reais

1 kg N ---------- X

X = 3,00 reais/kg N

Se 100 kg de Sulfato de amônio tem 20 kg N, um saco de 50 kg SA tem 10 kg N e custa 47

reais. Logo,

10 kg N ------- 47 reais

1 kg N --------- X

X = 4,70 reais/kg N

OU

200 kg N ------ 940 reais

1 kg N --------- X

X = 4,70 reais/kg N

ureia < sulfato de amônio

24) Para cálculos econômicos, além de utilizar valores referentes a quantidade de

nutriente por unidade de fertilizante (por exemplo, kg/kg) pode se utilizar valores

considerando a eficiência do fertilizante. Levando em conta uma eficiência hipotética

mostrada a seguir, calcule o preço unitário em relação a eficiência.

➢ Dica: O valor de eficiência pode estar ligado a condição de uso, por exemplo: a

aplicação de ureia na superfície pode ser inferior ao sulfato de amônio, dado a

maior volatilização da ureia. Mas, quando aplicada próxima da semente no solo a

eficiência é equivalente. Já, o hiperfostato por ter menos solubilidade pode

71

apresentar menor eficiência. Assim, a eficiência indicada é hipotética, pois pode

variar de acordo com condição de aplicação, solo, clima, tempo considerado entre

outros fatores.

Produto % Eficiência

hipotética

Valor por

unidade

Valor por unidade

corrigido

N

Ureia 44 80 3,00 3,75 Sulfato de amônio 20 90 4,70 5,22

P2O5

Super fosfato simples 18 95 4,66 4,90 Super fosfato triplo 41 95 3,36 3,53

K2O

Cloreto de potássio 58 90 2,17 2,41 Sulfato de potássio 48 95 4,00 4,21

Nessa situação, não é possível utilizar uma regra de três simples, uma vez que os

valores não são diretamente proporcionais. Ou seja, se a eficiência é menor, têm-se que

aplicar mais fertilizante para fornecer a mesma quantidade de nutriente, o que é

inversamente proporcional.

Regra de 3 simples para ureia

3,00 reais/kg N ------------ 100 % eficiência

X reais/kg N ---------------- 80 % eficiência

X = 2,40 reais/kg N – ERRADO!

Regra de 3 simples invertida para ureia

3,00 reais/kg N ------------ 80 % eficiência

X reais/kg N --------------- 100 %

X = 3,75 reais/kg N – CORRETO!

Portanto, o preço em relação a eficiência da ureia é 3,75 reais/kg N.

➢ Dica: Alguns fertilizantes têm mais de determinado elemento recomendado para ser

aplicado. Logo, deve levar em conta não apenas o preço de um elemento e sim de

todos envolvidos.

72

25) Determine o valor de MAP e DAP em relação a ureia revestida com NBPT e super

fosfato triplo.

MAP

valor unitário valor no MAP Total

Ureia NBPT Super

fosfato triplo Ureia NBPT

Super

fosfato triplo

9 kg de N 3,00 27,0

48 kg de P2O5 3,36 161,0 188

DAP

valor unitário valor no DAP Total

Ureia NBPT Super

fosfato triplo Ureia NBPT

Super

fosfato triplo

16 kg de N 3,00 48,0

45 kg de P2O5 3,36 151,2 199,2

➢ Dicas: (I) Caso o valor de 100 kg de MAP seja inferior a 188 reais, o valor será

mais baixo que devemos pagar para ureia e super triplo. O mesmo vale para o valor

de 199,2 reais, para o DAP. (II) NBPT (N-(n-butil) triamidatiofosfórica) é

incorporado aos grânulos de ureia ou revestindo-a com a finalidade de reduzir

perdas de N por volatilização de amônia (NH3), pois aquela molécula inibe a

enzima urease no solo. (III) Os estercos são, em geral, menos concentrados que os

fertilizantes inorgânicos, mas tem todos os nutrientes essenciais as plantas (macro e

micro) e aos animais. Este efeito positivo traz uma dificuldade no cálculo na

avaliação do fornecimento de nutrientes.

26) Os dejetos de animais são ricos em mais de um nutriente, com quantidades

significativas em relação aos fertilizantes inorgânicos. Determine o valor de uma

tonelada de esterco de frango ou de poedeira em relação a ureia, super fosfato triplo e

cloreto de potássio. Considerando uma concentração de 23, 30 e 17 g kg-1 para o

esterco de frango e de 30, 30 e 30 g kg-1 para o esterco de poedeira para N, P2O5 e

K2O, respectivamente.

73

Produto N P2O5 K2O Total/Tonelada

Esterco de frango

Ureia (preço unitário) 3,00

Super fosfato triplo (preço unitário) 3,36

Cloreto de potássio (preço unitário) 2,17

Valor 69,0 100,8 36,9 206,7

Esterco de poedeira




Valor 90,0 100,8 65,1 255,9

Obs: Deve-se considerar que o esterco pode conter outros nutrientes e atuar nas

propriedades físicas e biológicas do solo quando aplicado continuamente ou em grande

quantidade.

Esterco de frango

Concentração N = 23 g/kg ou 23 kg/Mg

1 kg N ureia --------------- 3,00 reais

23 kg N esterco ----------- X

X = 69,0 reais

Concentração P = 30 g/kg ou 30 kg/Mg

1 kg P super triplo --------------- 3,36 reais

30 kg P esterco ------------------- X

X = 100,8 reais

Concentração K = 17 g/kg ou 17 kg/Mg

1 kg K cloreto de potássio --------- 2,17 reais

17 kg K esterco ---------------------- X

X = 36,9 reais

Esterco de poedeira

Concentração N = 30 g/kg ou 30 kg/Mg

1 kg N ureia --------------- 3,00 reais

30 kg N esterco ---------- X

X = 90,0 reais

74

Concentração P = 30 g/kg ou 30 kg/Mg

1 kg P super triplo --------------- 3,36 reais

30 kg P esterco ------------------ X

X = 100,8 reais

Concentração K = 30 g/kg ou 30 kg/Mg

1 kg K cloreto de potássio ----------- 2,17 reais

30 kg K esterco ------------------------ X

X = 65,1 reais

Para aplicar o equivalente dos nutrientes NPK contidos em 1 Mg de esterco de

frango na forma de fertilizantes minerais, ter-se-ia um custo de 206,7 reais, ao passo que

com o esterco de poedeira, custaria 255,9 reais. Além do NPK os adubos orgânicos têm os

demais nutrientes como S, Ca, Mg, Fe, Mn, Cu, Zn, B e outros, assim se o valor for

equivalente tal fato de ser considerado. Deve-se, contudo, estar atento ao custo de

transporte, armazenagem e aplicação, pois o volume de esterco a ser aplicado em

substituição ao mineral é muito maior.

Produto N P2O5 K2O Total

Esterco de frango

Eficiência 0,5 0,8 1,0




Valor corrigido 34,5 80,6 36,9 152,0

Esterco de poedeira

Eficiência 0,6 0,9 1,0




Valor 54,0 90,7 65,1 209,8

Esterco de Frango

Ureia

Eficiência 50 % ------------- 69,0 reais

Eficiência 100 % ------------ X

X = 138,0 reais

75

Super fosfato triplo


Eficiência 100 % ------------ X

X = 126,0 reais

Esterco Poedeira

Ureia


Eficiência 100 % ------------ X

X = 150,0 reais

Super triplo


Eficiência 100 % ------------ X

X = 112,0 reais

27) Cama de frango (ou, cama de aviário) pode ser acidificada durante seu uso e,

posteriormente, ser aplicada no solo como fonte de nutrientes. Nesse sentido,

responda os exercícios abaixo.

a) O bisulfato de sódio (NaHSO4) vem sendo utilizado na acidificação da cama de

frango. Quanto de bisulfato de sódio deve ser utilizado para liberar cerca de 1 cmolc

de H+ por dm³, na camada de 1 cm de uma cama de frango. Estabelecer a dose por m²

de superfície, uma vez que o mesmo será adicionado em superfície.

Volume a ser acidificado

V = 1 m² x 0,01 m (1 cm) = 0,01 m³ ou 10 dm³

Quantos cmolc serão necessários?

1 cmolc ---------- 1 dm³

X cmolc ----------- 10 dm³

X = 10 cmolc

76

Qual quantidade (em massa) que liberará 1 cmolc de H+ pelo bisulfato de sódio?

NaHSO4 = 23 + 1 + 32 + (16 x 4) = 120 g

120 g NaHSO4 contém 1 g H+; ou seja, 120 g NaHSO4 contém 1 molc ou 100 cmolc de H+.

120 g NaHSO4 --- 100 cmolc H+

X ------------------- 10 cmolc H+

X = 12 g de NaHSO4

São necessários 12 g de bisulfato de sódio para gerar 1 cmolc de H+ na camada de 1

cm de cama de frango, para 1 m2. É bom lembrar que a cama é composta por matéria

orgânico de origem vegetal, como serragem, maravalha e fezes. Logo, o poder tamponante

é bastante alto, a ponto de necessitar mais de 30 cmolc de H+ para que tenha efeito sobre o

pH.

b) Sabendo que o enxofre (S) elementar pode também atuar na acidificação da cama

de frango, quanto do mesmo deve-se aplicar, para o mesmo exemplo anterior.

Considerar que todo S adicionado venha a ser oxidado pelas bactérias com reação

abaixo apresentada.

Reação de oxidação do S elementar (também conhecido como flor-de-enxofre)

2S + H2O + 3O2 2 H2SO4 (ácido forte – dissocia 4 H+)

Relação estequiométrica

• 32 g de S libera 2 g H+

• 16 g de S libera 1 g de H+

• 16 g de S libera 1 molc ou 100 cmolc de H+

Volume a ser acidificado

V = 1 m² x 0,01 m (1 cm) = 0,01 m³ ou 10 dm³

Quantos cmolc serão necessários?

77

1 cmolc ---------- 1 dm³

X cmolc ----------- 10 dm³

X = 10 cmolc

16 g de S -------- 100 cmolc

X ----------------- 10 cmolc

X = 1,6 g de S elementar por m²

c) Sabendo-se também que sulfato de alumínio (SA) [Al2(SO4)3] vem sendo utilizado

para acidificar a cama de frango, quanto do mesmo deve ser utilizado, para as

condições acima indicadas?

Hidrólise do Al

Al2(SO4)3 + 6 H2O 2 Al(OH)3 + 6 H+ + 3 SO4--

27 x 2 + (32 + 16 x 4) x 3 = 342 g 6 g H+

342 g SA ----- 6 g H+

57 g SA --- 1 g H+

57 g AS ------- 100 cmolc H+

X --------------- 10 cmolc

X = 5,7 g de SA

d) Qual a equivalência entre bisulfato de sódio, enxofre elementar e sulfato de

alumínio?

• 120 g NaHSO4 libera 100 cmolc de H+

• 16 g de S libera 100 cmolc de H+

• 57 g SA libera 100 cmolc de H+

1 g S equivale 3,5 g de sulfato de Al e 7,5g de bisulfato de sódio.

78

➢ Dica: Vários materiais orgânicos são utilizados como cama de frango, por exemplo,

serragem, casca de arroz, casca de café e bagaço de cana. Estes produtos recebem

as fezes, pena, restos de ração e água, e sua composição vai sendo modificada no

tempo na medida que são utilizadas para criação dos frangos. Cada ciclo de

produção é conhecido por lote. Um dos grandes problemas relativos ao uso da cama

de frango por vários períodos é o acúmulo de fezes e, consequentemente, do

amônio (NH4+) e da amônia (NH3), formado a partir da uréia originada do ácido

úrico (excreta de N das aves). A amônia pode causar problemas respiratórios e de

pele nos frangos e nos humanos que trabalham no aviário. Em muitos casos vem

sendo utilizado calcário e cal no tratamento da cama de frango, e tal fato leva a um

aumento do pH e, consequentemente, maior perda de amônia, potencializando o

problema. Ainda, baixo pH da cama de frango diminui os problemas associados a

microrganismos patogênicos (por exemplo, salmonela). Por isso, vários produtos

vêm sendo utilizados na diminuição do pH da cama de frango, como bisulfato de

sódio, sulfato de alumínio e enxofre elementar.

28) A aplicação de resíduos da produção agropecuária em solos agrícolas é uma

importante via de reciclagem. A vinhaça (ou vinhoto) é um resíduo proveniente do

processo de destilação fracionada do caldo de cana-de-açúcar fermentado, para a

obtenção do etanol (álcool etílico). Determine a dose máxima de vinhaça a ser

aplicada em um hectare, de acordo com as análises químicas de solo e de vinhaça

apresentadas abaixo. Considerar uma saturação máxima permitida por lei de K na

CTC a pH 7,0 de 5 %.

Composição da vinhaça.

N P2O5 K2O CaO MgO

kg m-³

0,35 0,06 2,03 0,51 0,22

Análise química do solo.

pH Al3+ (H+Al3+) Ca2+ Mg2+ K+ CTC C Argila P-Resina P-Mehlich

CaCl2 cmolc dm-3 g dm-3 mg dm-3

Solo 1 5 0 5,5 3,7 1,2 0,2 10,6 11,6 600 17 6,2

Solo 2 4,6 0,4 3 1,4 0,7 0,07 5,8 8,4 325 37 15,3

79

SOLO 1

CTC - 10,6 cmolc dm-3

100 % CTC 10,6 cmolc dm-3; 5 % = 0,53 cmolc dm-3

Solo contém 0,2 cmolc K dm-3, precisa adicionar 0,33 cmolc K dm-3

0,33 cmolc dm-3 = 0,0033 molc dm-3 = 0,0033 mol dm-3

1 molc ----------- 39 g

0,0033 mol ----- X

X = 0,1287 g dm-3

Para estabelecer quanto de K é necessário para o volume de 1 ha e profundidade de

20 cm ou seja 2.000.000 dm-3.

1 dm-3 ---------------- 0,1287g

2.000.000 dm-3 ----- X

X = 257.400 g ou 257,4 kg de K

Uma vez estabelecida a quantidade de K, temos que transformar para K2O, uma vez

a concentração na vinhaça é em K2O.

K2O = 94 g

K = 78 g

94 kg K2O ----- 78 kg K

X --------- 257,4 kg K

X = 310,2 kg K2O

1 m³ vinhaça ---- 2,03 kg K2O

X --------------- 310,2 kg K2O

X = 152,8 m³ vinhaça por hectare

Quanto dos demais elementos são adicionados?

80

N P2O5 K2O CaO MgO

kg m-³

0,35 0,06 2,03 0,51 0,22

1 m3 --------- 0,35 kg de N

152,8 m3 --------- X

X = 54 kg N

1 m3 --------- 0,06 kg de P2O5

152,8 m3 --------- X

X = 9 kg de P2O5

1 m3 --------- 0,51 kg de CaO

152,8 m3 --------- X

X = 78 kg de CaO

1 m3 --------- 0,22 kg de MgO

152,8 m³ --------- X

X = 34 kg de MgO

SOLO 2

CTC 5,8 cmolc dm-3

100 % CTC 5,8 cmolc dm-3; 5%= 0,29 cmolc dm-3

Solo contém 0,07 cmolc K dm-3, precisa adicionar 0,22 cmolc K dm-3.

0,22 cmolc dm-3 = 0,0022 molc dm-3 = 0,0022 mol dm-3

1 mol ------------ 39g

0,0022 mol ----- X

X = 0,0858 g.dm-3

0-20 cm 1 ha = 2.000.000 dm3

1 dm3 ---------------- 0,0858 g

2.000.000 dm3 ----- X

X = 171.600 g ou 171,6 kg

81

K2O = 94 g

K = 78 g

94 kg K2O ----- 78 kg K

X ------------ 171,6 kg K

X = 206,8 kg K2O

1 m³ vinhaça ---- 2,03 kg K2O

X --------------- 206,8 kg K2O

X = 101,87 m³ vinhaça.

Quanto dos demais elementos são adicionados?

N P2O5 K2O CaO MgO

kg m-³

0,35 0,06 2,03 0,51 0,22

1 m3 --------- 0,35 kg de N

101,87 m³ --------- X

X = 36 kg N

1 m³ --------- 0,06 kg de P2O5

101,87 m³ --------- X

X = 6,1 kg de P2O5

1 m³ --------- 0,51 kg de CaO

101,87 m³ --------- X

X = 52 kg de CaO

1 m³ --------- 0,22 kg de MgO

101,87 m³ --------- X

X = 22 kg de MgO

82

29) Devido a maioria dos solos brasileiros ter elevada acidez é importante a aplicação

de calcário ou outros materiais corretivos. Assim, é necessário conhecer sobre a

composição desses materiais corretivos. Determine a relação Ca/Mg nos materiais

corretivos, em termo de equivalente, comum no mercado paranaense.

Referência CaO MgO <0,3 mm 0,3-0,84 0,84-2,0 >2,0 mm ER

1 28,6 20,5 64 16 7 3 77,0 2 46,2 3,9 81 15 2 2 90,4 3 36,3 10,6 61 23 13 3 77,4 4 53,5 0,2 60 22 16 2 76,4 5 54,5 0,9 69 17 12 2 81,6

1: Calcário dolomítico; 2: calcário calcítico; 3: calcário magnesiano; 4: calcário de conchas; 5:

lama-de-cal.

1 2 3 4 5

CaO MgO CaO MgO CaO MgO CaO MgO CaO MgO % 28,6 20,5 46,2 3,9 36,3 10,6 53,5 0,2 54,5 0,9

Ca Mg Ca Mg Ca Mg Ca Mg Ca Mg % 20,4 12,3 33,0 2,34 25,9 6,36 38,2 0,12 38,9 0,54

Ca Mg Ca Mg Ca Mg Ca Mg Ca Mg Equivalente 1,02 1,03 1,65 0,20 1,30 0,53 1,91 0,01 1,95 0,05

Ca/Mg Ca/Mg Ca/Mg Ca/Mg Ca/Mg Relação 1,0 8,5 2,4 191,1 43,3

Exemplo para o calcário dolomítico

56 g CaO ------------ 40 g de Ca

28,6 g Ca ------------- X g de Ca

X = 20,4 g de Ca

1 equiv. de Ca --------------- 20 g de Ca

X equiv. de Ca -------------- 20,4 g de Ca

X = 1,02 equiv. de Ca.

40 g de MgO --------------- 24 g de Mg

20,5 g de MgO --------------- X g de Mg

X = 12,3 g de Mg

1 equiv. de Mg --------------- 12 g de Mg

X equiv. de Mg -------------- 12,3 g de Mg

X = 1,03 equiv. de Mg

Agora pratique o cálculo para os demais materiais corretivos.

83

30) Indique quanto de calcário calcítico e dolomítico deve ser aplicado ao solo para

obter a relação Ca/Mg de 3/1. Considerando que todo corretivo reaja. Calcule a

necessidade de calagem para obter 65 % do V (saturação por bases).

Solo pH pH Al3+ (H + Al3+) Ca2+ Mg2+ K+ SB CTC

CaCl2 SMP ------------------------------- cmolc dm3 -----------------------------

1 4,1 4,7 4,9 14,1 0,5 0,3 0,12 0,92 15,02

Início Após calagem Após calagem Acréscimo Somatório

NC Ca + Mg Ca + Mg Ca Mg Ca Mg Ca + Mg

V Mg ha-1

% V = 65 %

6,13 8,84 0,80 9,64 7,23 2,41 6,73 2,11 8,84

NC = (65 – 6,13)

NC = 15,02/100 = 8,84 Mg de CaCO3/ha

1 Mg de CaCO3 proporcionará o aumento de 1 cmolc dm-3 de Ca.

Logo, 8,84 Mg de CaCO3 proporcionará aumento de 8,84 cmolc dm-3.

Após calagem (0,80 + 8,84 = 9,64 cmolc dm-3)

Relação desejada 3/1.

Logo, 3 de Ca de 9,64 e 7,23 (9,64*3/4) e 1 de Mg de 9,64 e 2,41 (9,64*1/4).

Acréscimo de Ca e Mg com a calagem e obtido pela subtração do valor final pelo já

existente.

Ca acréscimo = 7,23 (desejado) – 0,5 (existente no solo) = 6,73

Mg acréscimo = 2,41 (desejado) – 0,3 (existente no solo) = 2,11

84

Utilizando calcário dolomítico e calcítico, estabelecer as equações.

1 2

CaO MgO CaO MgO % 28,6 20,5 46,2 3,9

Ca Mg Ca Mg % 20,4 12,3 33,0 2,34

Ca Mg Ca Mg Equivalente 1,02 1,025 1,65 0,195

Ca/Mg Ca/Mg Relação 1,0 8,5

Estabelecer com base no equivalente do corretivo quanto tem que ser adicionado.

X quantidade de corretivo 1 e Y quantidade do corretivo 2.

X x 1,025 + Y x 0,195 = 2,11 (Mg)

X x 1,02 + Y x 1,65 = 6,73 (Ca)

Obter X

X x 1,025 + Y x 0,195 = 2,11 (Mg)

X = (2,11 – Y x 0,195)/1,025

Substituir X na segunda equação, para obter valor de Y

X x 1 + Y x 1,65 = 6,73 (Ca)

((2,11 – Y x 0,195)/1,025)) x 1 + 0,195Y = 6,73

(2,11 – 0,195Y + 1,692Y)/1,025 = 6,73

2,11 + 1,496Y = 6,898

Y = 4,788/1,496 = 3,2 > Y = 3,2

Substituir Y em uma das equações, para obter valor de X.

X x 1,025 + Y x 0,195 = 2,11 (Mg) > X x 1,025 + 3,2 x 0,195 = 2,11

1,025 X + 0,624 = 2,11 > X = 1,484/1,025 = 1,45

85

Quanto aplicar de cada calcário para obter a relação?

X x 1,025 + Y x 0,195 = 2,11 (Mg)

X x 1 + Y x 1,65 = 6,73 (Ca)

X x 2,025 + Yx1,845 = 8,84

X x 2,025 = 1,45 x 2,025 = 2,94 Mg do calcário 1 (dolomítico)

Yx 1,845 = 3,2 x 1,845 = 5,90 Mg do calcário 2 (calcítico)

Logo, para obter uma relação 3/1 de Ca/Mg o produtor deve aplicar 2,94 Mg/ha do calcário

dolomítico e 5,90 Mg/ha do calcário calcítico.

31) Usando as informações do exercício anterior indique quanto de calcário

dolomítico e calcário de conchas deve ser aplicado ao solo para obter a relação Ca/Mg

de 3/1. Considerando que todo corretivo reaja. Calcule a necessidade de calagem para

obter 65 % do V.

Utilizando calcário dolomítico e calcário de conchas

1 2

CaO MgO CaO MgO % 28,6 20,5 53,5 0,2

Ca Mg Ca Mg % 20,4 12,3 38,2 0,12

Ca Mg Ca Mg Equivalente 1,02 1,03 1,91 0,01

Ca/Mg Ca/Mg Relação 1,0 191,1

Estabelecer com base no equivalente do corretivo quando tem que ser adicionado.

X quantidade de corretivo 1 e Y quantidade do corretivo 2.

X x 1,03 + Y x 0,01 = 2,11 (Mg)

X x 1,02 + Y x 1,91 = 6,73 (Ca)

86

Obter X

X x 1,02 + Y x 1,91 = 6,73

X = (6,73 – 1,91x Y)/1,02

Substituir X na segunda equação, para obter valor de Y.

X x 1,03 + Y x 0,01 = 2,11 (Mg)

(6,73 – 1,91 x Y)/1,02)) x 1,03 = 2,11

(6,73 – 1,91 x Y) = 2,089

- 1,91xY = 2,089 -6,73

-Y = - 4,64/1,91 = -2,42 > Y = 2,42

Substituir Y em uma das equações, para obter valor de X.

X x 1,03 + Y x 0,01 = 2,11

X x 1,03 + 2,42 x 0,01 = 2,11

X x 1,03 + 0,024 = 2,11

X = 2,086/1,03 = 2,02 > X = 2,02

Quanto aplicar de cada calcário para obter a relação?

X x 1,03 + Y x 0,01 = 2,11 (Mg)

X x 1,02 + Y x 1,91 = 6,73 (Ca)

X x 2,05 + Y x 1,92 = 8,84

2,02 x 2,05 = 4,15 Mg do calcário 1 (dolomítico)

Yx1,92 = 2,42 x 1,92 = 4,65 Mg do calcário 2 (conchas)

Logo, para obter uma relação 3/1 de Ca/Mg o produtor deve aplicar 4,15 Mg/ha do calcário

dolomítico e 4,65 Mg/ha do calcário de conchas.

87

32) Exercite os cálculos abaixo sobre corretivos de acidez.

a) Considerando as reações abaixo relacionadas para corrigir a acidez, determine o

valor relativo do corretivo em relação ao CaCO3 puro. Por ser o componente mais

comum do calcário o CaCO3 foi designado como padrão e tem um poder de correção

de 100 %.

CaCO3 = Ca+2 + CO3--

= CO3-- + H+ = HCO3

- + H+ = CO2 + H2O

100 g 40 g 1 g 1 g

MgCO3 = Mg+2 + CO3--

= CO3-- + H+ = HCO3

- + H+ = CO2 + H2O

84 g 24 g 1 g 1 g

Ca(OH)2 = Ca+2 + 2 OH- = 2OH2

-- + 2H+ = H2O

74 g 40 g 2 g

Mg(OH)2 = Mg+2 + 2 OH- = 2OH2

-- + 2H+ = H2O

58 g 24 g 2 g

CaO + H2O = Ca(OH)2 = Ca+2 + 2 OH- = 2OH2

-- + 2H+ = H2O

56 g 40 g 2 g

MgO + H2O = Mg(OH)2 = Mg+2 + 2 OH- = 2OH2

-- + 2H+ = H2O

40 g 24 g 2 g

Poder neutralizante (PN) dos principais compostos químicos utilizados como

corretivo de acidez do solo.

Corretivo Adiciona Neutraliza

CaCO3 Ca+2 H+ 50 g 20 g 1 g

1 molc 1 molc 1 molc

MgCO3 Mg+2 H+ 42 g 12 g 1 g


CaO Ca+2 H+ 28 g 20 g 1 g


MgO Mg+2 H+ 20 g 12 g 1 g


Ca(OH)2 Ca+2 H+ 37 g 20 g 1 g


Mg(OH)2 Mg+2 H+ 20 g 12 g 1 g


88

CaCO3 neutraliza H+ PN

50 g 1,00 g 100%

MgCO3 neutraliza H+ PN

50 g 1,19 g 119%

Ca(OH)2 neutraliza H+ PN

50 g 1,35 g 135%

Mg(OH)2 neutraliza H+ PN

50 g 1,72 g 172%

CaO neutraliza H+ PN

50 g 1,79 g 179%

MgO neutraliza H+ PN

50 g 2,50 g 250%

➢ Dica: Embora o carbonato de cálcio (CaCO3) seja o produto mais comum os

corretivos da acidez são apresentados como CaO e MgO.

b) O poder corretivo pode ser determinado diretamente via neutralização de um

ácido forte. Outra possibilidade é calcular via % de CaO e MgO, dos corretivos como

calcário. Caso o PN determinado com ácido seja diferente do estabelecido pelo

cálculo, isso significa que parte do Ca e Mg existente não está na forma de carbonato

ou óxido.

A B C D

CaO (%) 28 28,62 28,79 46,23

MgO (%) 20 20,48 20,09 3,93

PN calculado (%) 100,12 92,58

100 g de CaO ------ 179 g de CaCO3

28 g de CaO --------- X g de CaCO3

X = 50,12 g de CaCO3

100 g de MgO ------ 250 g de CaCO3

20 g de CaO ------- X g de CaCO3

X g de CaCO3 = 50 g de CaCO3

89

Somando os 50,12 g de CaCO3 associado ao CaO e 50 g de CaCO3 associado ao MgO

temos: 100,12 g de CaCO3. Logo, o PN vai ser de 100,12 %.

Podemos simplificar:

PN = (46,23 x 1,79) + (3,93 x 2,50) = 92,58 g de CaCO3.

90

6

Fertilidade do Solo e Nutrição de Plantas

91

33) Demonstrar o potencial de liberação de nutrientes através da decomposição da

matéria orgânica do solo. Um solo possui 5 % de matéria orgânica (MO), que sofre

decomposição anual de 3 %. Quanto de N deve ser liberado anualmente caso a

relação C/N seja de 12/1? (considerar que a MO possui 58 % de C e que o N seja

liberado na mesma proporção que o C). Densidade (D) do solo = 1,2 g/cm3.

Considerando 1 hectare a 20 cm de profundidade.

D = 1,2g/cm3 = 1,2 kg/dm3 = 1,2 Mg/m3

1 ha = 10.000 m2 (área de 1 ha)

Profundidade: 20 cm = 0,2 m

10.000 m2 x 0,2 m = 2000 m3 (volume de 1 ha)

D = M/V → M = D x V

M = 1,2 Mg/m3 x 2000 m3 = 2400 toneladas de solo/ha ou 2.400.000 kg de solo/ha

2.400.000 x 0,03 (3 % de decomposição de MO) x 0,05 (5 % de MO) = 3600 kg de

MO/ano (quantidade de MO decomposta a cada ano)

3600 kg de MO/ano x 0,58 (58 % de C na MO) = 2088 kg de C/ano (quantidade de MO

decomposta a cada ano)

C/N = 12/1

12 kg de C --------- 1 N

2088 kg de C ------ X N

X = 174 kg/ha/ano

➢ Dica: (I) É importante lembrar que aqui existe também o processo de imobilização

de N, a longo do ano, não significando que haverá 174 kg/ha disponível as plantas

de uma só vez. (II) É comum pensar que aplicação de material orgânico irá

proporcionar elevada mudança na concentração do nível de matéria orgânica no

solo. Tal fato é difícil de ser obtido uma vez que principal componente da

decomposição é CO2, ou seja, o gás que irá voltar para atmosfera. Veja a seguir um

92

exemplo teórico do baixo incremento de matéria orgânica com aplicação de dose

elevada de esterco.

34) Demonstrar que, da grande quantidade de compostos orgânicos aplicados no solo,

apenas uma pequena fração permanecerá no solo e, assim, também será pequeno o

incremento no teor de matéria orgânica do solo. Um agricultor deseja aplicar cerca

de 50 Mg de composto orgânico, com 65 % de umidade, em um hectare e incorporar

a 30 cm de profundidade no solo. Qual deve ser o acréscimo no nível de matéria

orgânica (MO) (% e g/kg), sabendo-se que apenas 6 % permanecerão no solo na

forma estável? Densidade (D) do solo = 1,1 g/cm3.

1 ha = 10.000 m2

10.000 m2 x 0,30 m (30 cm de profundidade) = 3000 m3 = 3.000.000.000 cm3 x 1,1 g/cm3

= 3.300.000.000 g = 3,3 x 109 g = 3,3 x 106 kg = 3,3 x 103 t = 3300 toneladas de solo em

um hectare a 30 cm de profundidade

50.000 kg = 50 toneladas de MO

50 t MO ------------------ 100 %

X t MO ------------------- 35 %

X = 17,5 t de MO (base seca)

17,5 t MO --------------- 100 %

X t MO ------------------- 6 %

X = 1,05 t de MO (quantidade que ficou no solo)

1,05 t de MO ----------- 3300 t de solo

X t MO ------------------ 100 t de solo

X = 0,03181 t MO/100 t solo ou 0,031 %

100 g de solo -------------- 0,031 g MO

1000 g (1 kg) de solo ---- X

X = 0,31 g/kg

93

➢ Dica: (I) O exercício demonstra a dificuldade de aumentar o teor de matéria

orgânica no solo com material não estabilizado, visto que a grande maioria do C da

matéria orgânica sai do solo na forma de CO2. (II) Como apresentado

anteriormente, os resíduos de animais e outros compostos orgânicos têm mais

elementos além de N, P e K e, quando se conhece a composição química, pode-se

determinar a quantidade adicionada.

35) Exercitar os cálculos a seguir para conhecer o potencial ou não de um

determinado composto orgânico ser uma boa fonte de nutrientes, ou seja, ser um

fertilizante orgânico.

a) Determinar também quanto de N, P, K, Ca, Mg, Fe, Mn, Cu e Zn é incorporado

quando da adição de 10 Mg de esterco de frango, em peso seco. Dados: N - 2,4 %, P -

16 g/kg, K - 23 g/kg, Ca - 2,3 %, Mg - 0,52 %, Fe - 2377 mg/kg, Mn - 348 g/Mg, Cu -

473 ppm e Zn - 315 μg/g. E compare com a necessidade da planta de milho quanto à

extração e exportação pelos grãos.

Quantidade de esterco aplicada = 10 Mg (ou, toneladas) = 10.000 kg = 10.000.000 g

N

2,4 kg de N ----------------- 100 kg de esterco

X kg de N ------------------- 10.000 kg de esterco

X = 240 kg de N

P

16 g de P ------------- 1 kg de esterco

X g de P -------------- 10.000 kg de esterco

X = 160000 g ou 160 kg de P

K

23 g de K ------------- 1 kg de esterco

X g de K -------------- 10.000 kg de esterco

X = 230.000 g ou 230 kg de K

94

Ca

2,3 kg de Ca ---------- 100 kg de esterco

X kg de Ca ------------ 10.000 kg de esterco

X = 230 kg de Ca

Mg

0,52 kg de Mg ---------- 100 kg de esterco

X kg de Mg ------------- 10.000 kg de esterco

X = 52,0 de kg Mg

Mn

348 g ----------------- 1 t de esterco

X g ------------------- 10 t de esterco

X = 3480 g ou 3,48 kg de Mn

Fe

2377 mg/kg = 2,377 g/kg

2,377 g -------------- 1 kg de esterco

X g ------------------- 10.000 kg de esterco

X = 23.770 g ou 23,77 kg de Fe

Cu

473 ppm (partes por milhão)

473 g de Cu ------------- 1.000.000 g de esterco

X g de Cu --------------- 10.000.000 g de esterco

X = 4730 g ou 4,73 kg de Cu

Zn

315 μg de Zn ------------------ 1 g de esterco

X μg de Zn -------------------- 10.000.000 g de esterco

315 x 10-6 g de Zn ------------- 1 g de esterco

X g de Zn ----------------------- 10 x 106 g de esterco

X = 3150 g ou 3,15 kg de Zn

95

Extração (quantidade total contida na parte aérea) de nutrientes para uma

produtividade de milho 9237 kg/ha.

Tratamento N P K Ca Mg Cu Fe Mn Zn Na

---------------- kg ha-1 -------------------- ----------------- g ha-1 ---------------------

178 42 141 7,6 14,0 36,3 1033 281 273 701

Adicionado 240 160 230 230 52 4730 23770 3480 3150

Eficiência (%) 60 80 100 100 100 20 10 10 70

Ativo 144 128 230 230 52 944 238 35 2205

Balanço + 86 89 222 38 908

- 34 795 246 1932

Exportação (quantidade total contida nos grãos) de nutrientes para uma

produtividade de milho 9237 kg/ha.

Tratamento N P K Ca Mg Cu Fe Mn Zn Na

-------------- kg ha-1 ------------------ ----------------- g ha-1 ---------------------

139 38 71 1,09 8,6 17,9 51 16 90 159

Adicionado 240 160 230 230 52 4730 23770 3480 3150

Eficiência (%) 60 80 100 100 100 20 10 10 70

Ativo 144 128 230 230 52 944 238 35 2205

Balanço + 5 90 159 229 43 926 187 19 2115

➢ Dica: O cálculo acima indica que o uso de esterco tem como vantagem a adição de

outros nutrientes além do N, P e K. Particularmente os teores de Zn e Cu no esterco

são muito mais altos do que normalmente é encontrado nos grãos de milho e soja.

Isto ocorre devido à adição de grande quantidade desses nutrientes na ração. Logo,

o valor de Zn e Cu adicionado corresponde a uma adubação normal ou mesmo

acima do recomendado. Este também é um dos motivos de acumulação de Zn e Cu

em área de horta e outros locais que recebem grande quantidade de esterco de

animais.

b) A recomendação de adubação indicou a necessidade de 250 kg de N, 90 kg de P2O5

e 110 kg de K2O por hectare, para suprir um cultivo de milho segundo, com base em

análise de solo e manual de recomendação de adubação. O agricultor possui um

dejeto líquido de suínos e deseja aplicar na lavoura. Na ausência de uma análise do

96

dejeto o agricultor utilizará uma concentração média de 5,3; 4,68 e 2,44 kg de N, P2O5

e K2O por m3, respectivamente. Ainda, considerando uma eficiência relativa ao adubo

químico de 0,8; 0,9 e 1,0 para N, P e K, respectivamente.

Determine a dose de dejeto a ser utilizada para suprir N a cultura. Calcule ainda a

quantidade de P2O5 e 110 kg K2O adicionado e comparar com necessidade do milho.

N = 5,3 x 0,8 = 4,24 kg m3 de N equivalente ao mineral

P2O5 = 4,68 x 0,9 = 4,21 kg m3 de P2O5 equivalente ao mineral

K2O = 2,44 x 1,0 = 2,44 kg m3 de K2O equivalente ao mineral

1 m3 de dejeto ------ 4,24 kg de N

X m3 de dejeto ------ 250 kg de N

X = 58,96 m3 hectare de dejeto líquido de suíno

Calcular quanto de P2O5 e K2O adicionado por 58,96 m3 de dejeto.

1 m3 de dejeto -------- 4,21 kg de P2O5

58,96 m3 de dejeto ------ X kg de P2O5

X = 248 kg de P2O5

1 m3 de dejeto -------- 2,44 kg de K2O

58,96 m3 de dejeto -------- X

X = 144 kg de K2O

➢ Dica: Ao utilizar o dejeto líquido para suprir N são adicionados mais P (158 kg/

hectare de P2O5), ou seja, mais de uma vez e meia que o recomendado.

97

c) Utilizando as informações contidas no exercício anterior (item b). Determine a dose

de dejeto a ser utilizada para suprir P2O5 ao milho. Calcule ainda a quantidade de N

e K2O adicionado e comparar com necessidade da cultura do milho.

1 m3 de dejeto ------ 4,21 kg de P2O5

X m3 de dejeto ------- 90 kg de P2O5

X = 21,4 m3 hectare de dejeto líquido de suíno

Calcular quanto de N e K2O adicionado por 58,96 m3 de dejeto

1 m3 de dejeto ------- 4,24 kg de N

21,4 m3 de dejeto ----- X kg de N

X = 90,7 kg de N

1 m3 de dejeto -----2,44 kg de K2O

21,4 m3 de dejeto ------ X

X = 52 kg de K2O

➢ Dica: Ao utilizar o dejeto líquido para suprir P2O5 são adicionados menos N (91 kg/

hectare de N) e K (52 kg/hectare de K2O), ou seja, deve-se complementar com

adubo mineral para atingir as exigências do milho.

36) A utilização agrícola do lodo de esgoto já é uma prática consagrada em algumas

regiões do Brasil e que traz benefícios ao solo e ao ambiente por transformar um

resíduo em insumo. Porém, sua aplicação deve ser monitorada, pois é comum a

presença de elementos potencialmente tóxicos. Por quanto tempo poderia ser aplicado

um resíduo como lodo de esgoto no solo até que seja atingido o nível máximo de Pb,

Se e Cd no solo permitido por legislação?

98

➢ Dica: A resolução do CONAMA nº 375 de 29 de agosto de 2006 define critérios e

procedimentos para o uso agrícola de lodos de esgoto e seus produtos derivados.

Um desses critérios se refere à carga acumulada de substâncias inorgânicas cujos

valores estão descritos na tabela abaixo.

Carga acumulada de substâncias inorgânicas permitida pelo CONAMA.

Substância

inorgânica

Carga acumulada teórica permitida de substâncias inorgânicas pela

aplicação do lodo de esgoto ou produto derivado (kg/ha)

Arsênio 30

Bário 265

Cádmio 4

Chumbo 41

Cobre 137

Cromo 154

Mercúrio 12

Molibdênio 13

Níquel 74

Selênio 13

Zinco 445

Considerando a recomendação agrícola do lodo de esgoto a partir do suprimento em

N recomendada para a cultura do milho, cultivado uma vez por ano, num solo com 2,7 %

de matéria orgânica, que teve como cultura antecedente uma leguminosa e com expectativa

de produção de 6 t/ha, a dose de N deve ser de 90 kg/ha.

Para calcular a dose de lodo a ser aplicada, deve ser considerado o N recomendado

para a cultura e o N disponível no lodo, utilizando a fórmula abaixo:

Taxa de aplicação (t/ha) = N recomendado (kg/ha)

N disponível (kg/t)

Taxa de aplicação = 90 = 6,8 t/ha de lodo

13,2

A partir dessa dose e dos teores de metais obtidos da análise do lodo de esgoto

e apresentado na tabela 2, por quanto tempo poderia ser aplicado este resíduo no solo

até que seja atingida a carga acumulada de Pb, Se e Cd permitido por legislação

(tabela anterior)?

99

Teores de metais em lodo de esgoto aeróbio

N As Ba Cd Pb Cu Cr Hg Mo Ni Se Zn

kg/t ------------------------------------------- mg/kg ---------------------------------------------

13,2 < ld 161,4 0,46 34,5 96,8 49,1 0,24 2,28 30,1 61 369

Pb

1 kg de lodo ---------- 34,5 mg de Pb

6800 kg de lodo ----- X mg de Pb

X = 234.600 mg de Pb ou 0,2346 kg de Pb

0,2346 kg de Pb ------------ 1 aplicação/ano

41 kg de Pb ----------------- X aplicações

X = 175 aplicações ou 175 anos

Se

1 kg de lodo ------------ 61 mg de Se

6800 kg de lodo -------- X mg de Pb

X = 414800 mg de Se ou 0,4148 kg de Pb

0,4148 kg de Pb ------------ 1 aplicação/ano

13 kg de Pb ----------------- X aplicações


Cd

1 kg de lodo ------------- 0,46 mg de Cd

6800 kg de lodo --------- X mg de Cd

X = 3128 mg de Cd ou 0,003128 kg de Cd

0,003128 kg de Cd ------------ 1 aplicação/ano

4 kg de Cd ---------------------- X aplicações


➢ Dicas: (I) Foram considerados apenas Pb, Se e Cd, portanto ao atingir o valor limite

para Se já não seria mais permitido aplicar lodo mesmo não atingindo os valores

100

máximos para Pb e Cd. (II) Vale destacar que o Se vem sendo aplicado em

pequenas doses em algumas espécies utilizadas na alimentação, visando a

biofortificação, uma vez que esse elemento é essencial para os humanos e

frequentemente está presente em baixas concentrações nos alimentos de origem

vegetal. Uma exceção é a castanha do Pará, que pode conter naturalmente altos

teores de Se.

37) Verificar qual o incremento nos teores de nutrientes no solo após a adição de

compostos orgânicos, de maneira a verificar o potencial fertilizante e/ou poluente.

Determine ainda qual deve ser o acréscimo de Fe, Mn, Cu e Zn no teor total do solo

em mg/dm3 e ppm, considerando que o esterco tenha sido incorporado até 10 cm de

profundidade (sem perda). Densidade (D) do solo = 1,1 g/cm3.

10 cm = 0,1 m

1 ha = 10.000 m2 (área de um ha)

10000 m2 x 0,1 m = 1000 m3 ou 1.000.000 dm3 (volume de um ha)

D = 1,1 g/cm3 = 1,2 kg/dm3 = 1,2 Mg/m3

D = M/V → M = D x V

M = 1,1 Mg/m3 x 1.000 m3 = 1100 toneladas de solo/ha ou 1.100.000 kg de solo/ha (massa

de 1 ha a 10 cm de profundidade)

X = 1100 toneladas

Cu

2830 g de Cu ---------- 1.100 t

2830 g de Cu ---------- 1.100.000.000 g de solo

X g de Cu -------------- 1000.000 g de solo

X = 2,57 ppm de Cu (máximo aumento de Cu na camada se solo)

2830 g de Cu ------------ 1000.000 dm3

2.830.000 mg ------------ 1000.000 dm3

X = 2,83 mg/dm3 de Cu

101

Fe

14.262 g de Fe ---------------- 1100 t de solo

14.262 g de Fe ---------------- 1.100.000.000 g de solo

X g de Fe --------------------- 1.000.000 g de solo

X = 12,96 ppm de Fe

14.262 g de Fe/1.000.000 dm3 = 14.262.000 mg de Fe/1.000.000 dm3

X = 14,262 mg de Fe/dm3

Mn

2088 g de Mn -------------- 1100 t de solo

2088 g de Mn -------------- 1.100.000.000 g de solo

X g de Mn ------------------- 1.000.000 g de solo

X = 1,89 ppm de Mn

2.088.000 mg de Mn ------------ 1.000.000 dm3

2.088.000 mg de Mn/1.000.000 dm3

X = 2,088 mg de Mn/dm3

Zn

1890 g de Zn --------------- 1100 t de solo

1890 g de Zn ------------------ 1.100.000.000 g de solo

X g de Zn ------------------- 1.000.000 g de solo

X = 1,718 ppm de Zn

1.890.000 mg de Zn ---------- 1.000.000 dm3

189.000 mg de Zn/1.000.000 dm3

X = 1,89 mg de Zn/dm3

102

38) Exercitar cálculos referentes a transformações de unidades comumente utilizadas

na área de fertilidade do solo. Uma análise de solo (teores totais) com 4000 ppm de K,

50 μg/cm3 de Zn, 800 μg/g de P, 20 μg/g de Cu e 2000 mg/m3 de Mo. Calcular quantos

kg de cada elemento existe em 1 ha a 40 cm de profundidade. Densidade (D) do solo =

1,3 g/cm3.

1 ha = 100 m x 100 m = 10.000 m2

10.000 m2 x 0,4 m (profundidade) = 4000 m3 = 4.000.000 dm3 = 4.000.000.000 cm3 de solo

D = 1,3 g/cm3 = 1,3 kg/dm3 = 1,3 Mg/m3

D = M/V → M = D x V

M = 1,3 Mg/m3 x 4.000 m3 = 5200 toneladas de solo/ha ou 5.200.000 kg de solo/ha (massa

de 1 ha a 40 cm de profundidade)

K

4000 kg de K ------------ 1 106 kg de solo

X kg de K ---------------- 5,2 x 106 kg

X = 20.800 kg de K

Zn

1 cm3 de solo ------------ 50 μg de Zn

4 x 109 cm3 de solo ---- X μg de Zn

X = 200 x 109 μg de Zn = 200.103 g ou 200 kg de Zn

P

1 g de solo ------------ 800 μg de P

5,2 x 109 g de solo ---- X μg de P

X = 4160 x 109 μg ou 4160 x 103 g ou 4160 kg de P

Cu

1 g de solo ----------- 20 μg de Cu

5,2 x 109 g ---------- X μg de Cu

X = 104 x 109 μg ou 104 x 103 g ou 104 kg de Cu

103

Mo

1 m3 de solo --------------- 2000 mg de Mo

4 x 103 m3 de solo ------- X mg de Mo

X = 8 x 106 mg ou 8000 g ou 8 kg de Mo

39) Demonstrar e exercitar a respeito do incremento de nutrientes no solo após a

aplicação de insumos. Qual deveria ser o aumento de Ca em cmolc/dm3 de solo, caso

aplique e incorpore (20 cm de profundidade) 1 Mg de CaCO3 em um hectare?

1 mol Ca = 40 g

1 molc Ca= 40 g/2 = 20 g

1000 kg (tonelada) de CaCO3 = 400 kg de Ca


10.000 m2 x 20 m = 2000 m3 ou 2 x 106 dm3 (volume de 1 ha)

400 kg = 40.0000 g/20 g = 20.000 molc de Ca em 2000 m3 de solo

1 molc de Ca ------------ 100 cmolc de Ca

20.000 molc de Ca ------ X cmolc de Ca

X = 2000.000 cmolc de Ca

1 ha = 2 x 106 dm3

2.000.000 cmolc/2 x 106 dm3 = 1 cmolc de Ca/dm3

40) Exercitar como se neutraliza o Al3+ no solo. Considerando que um cmolc de H+ ou

Al+3 é neutralizado por 1 cmolc de CaCO3, quanto de CaCO3 deve ser adicionado e

incorporado (20 cm de profundidade) em um hectare para corrigir um solo com 3

cmolc de Al3+/dm3 de solo?

104


10.000 m2 x 20 m = 2000 m3 ou 2.000.000 dm3 (volume de 1 ha)

CaCO3 → Ca++ + CO3--

CO3-- + H+ → HCO3

-

HCO3- + H+ → H2CO3

H2CO3 → H2O + CO2

100 g de CaCO3 neutraliza 2 g de H+ ou 50 g de CaCO3 neutraliza 1 g de H+

1 molc = PM/valência

1 molc de CaCO3 = 100/2 = 50 g de CaCO3

1 molc H+ = 1/1 = 1 g de H+

50 g de CaCO3 (1 molc CaCO3) neutraliza 1 g de H+ (1 molc H+)

1 cmolc de CaCO3 neutraliza 1 cmolc de H+

1 cmolc de CaCO3 = 50g/100 = 0,50 g de CaCO3

0,50 g de CaCO3------------ 1 cmolc de H+

X g de CaCO3 --------------- 3 cmolc de H+

X = 1,50 g de CaCO3

1,50 g de CaCO3 ------------ 1 dm3

X g de CaCO3 --------------- 2.000.000 dm3

X = 3.000.000 g ou 3000 kg ou 3 Mg de CaCO3

41) Acréscimos de nutrientes no solo em decorrência da fertilização potássica: Você

está planejando aplicar 150 kg de KCl em um hectare em área total e incorporar (20

cm de profundidade) para o plantio de uma cultura perene. Em outro caso você vai

aplicar a mesma quantia na linha de plantio, ou seja, o equivalente a 10 % da área

total. Quais os prováveis acréscimos de K cmolc/dm3 na área total ou na faixa

adubada, logo após incorporação?

105

KCl = 74,5 g

74,5 kg de KCl --------- 39 kg de K

150 kg de KCl ---------- X kg de K

X = 78,52 kg de K

78,52/ha a 20 cm de profundidade (2.000.000 dm3)

78,52 kg de K ----------- 2.000.000 dm3

X kg de K --------------- 1 dm3

X = 3,92 x 10-5 kg = 3,92 x 10-2 g de K/dm3

1 mol de K = 39 g

1 molc = 39/1 = 39

1 cmolc = 39/100 = 0,39 g

1 cmolc de K ------------- 0,39 g de K

X cmolc de K ------------ 3,92 x 10-2 g de K

X = 0,1 cmolc de K/dm3 quando aplicado em área total e 1 cmolc de K/dm3 quando

aplicado em 10 % da área total

42) Solos salinos são comuns na região nordeste do Brasil, contudo, águas utilizadas

para irrigação com excesso de sais podem elevar a salinidade de solos que

naturalmente não são salinos. Assim, é importante verificar quando a salinidade pode

prejudicar a produção vegetal. Considerando os seguintes teores de cátions trocáveis:

Na+ = 6,23, Ca2+ = 7,08, Mg2+ = 2,12 e K+ = 0,32 cmolc dm-3, qual é a capacidade de

troca de cátions (CTC) desse solo e qual é a porcentagem de Na+ trocável no

complexo sortivo?

CTC = 6,23 + 7,08 + 2,12 + 0,32

CTC = 15,75 cmolc dm-3

15,75 cmolc dm-3 -------------- 100 %

6,23 cmolc dm-3 --------------- X %

X = 39,5 %

106

43) Mostrar a diferença de extração entre nutrientes pela cana de açúcar. Um cultivo

de cana-de-açúcar extraiu 200 kg de N, 190 kg de K, 20 kg de P, 15 kg de S, 40 kg de

Ca, 30 kg de Mg, 1 kg de Fe, 500 g de Mn, 250 g de Zn, 150 g de Cu e 10 g de Mo,

para produzir 15.000 kg de matéria seca (MS). Qual a concentração dos elementos em

%, g/kg e μg/g?

N

15.000 kg de MS ----------- 100 %

200 kg de MS --------------- X %

X = 1,33 % de N

15.000 kg de MS ---------- 200.000 g de N

1 kg de MS ----------------- X g de N

X = 13,33 g/kg de N

1 g = 106 μg

15.000.000 g de MS ------------ 200.000 x 106 μg de N

1 g de MS ----------------------- X

X = 13.333,33 μg/g de N

K

15000 kg de MS ---------- 100 %

190 kg de MS -------------- X %

X = 1,266 % de K

15000 kg de MS ------------ 190000 g de K

1 kg de de MS -------------- X

X = 12,66 g/kg de K

15000.000 g de MS -------- 190.000 x 106 de K

1 g de MS -------------------- X

X = 12.666 μg/g de K

107

P

15000 kg de MS ----------- 100 %

20 kg de MS ---------------- X %

X = 0,13 % de P

15.000 kg de MS ------------ 20.000 g de P

1 kg de MS ------------------ X g de P

X = 1,33 g/kg de P

15.000.000 g de MS --------- 20.000 x 106 μg de P

1 g de MS --------------------- X

X = 1333,3 μg/g de P

S

15000 kg de MS ------------ 100 %

15 kg de MS ----------------- X %

X = 0,1 % de S

15.000 kg de MS ------------ 15.000 g de S

1 kg de MS ------------------- X g de S

X = 1g/kg de S

15.000.000 g de MS ----------- 15.000 x 106 μg de S

1 g de MS ---------------------- X

X = 15 x 109/15 x 106 = 1000 μg/g de S

Ca

15.000 kg de MS ------------- 100 %

40 kg de MS ------------------ X

X = 0,2666 % de Ca

15.000 kg de MS ------------ 40.000 g de Ca

1 kg de MS ------------------ X g de Ca

X = 2,666 g/kg de Ca

15.000.000 g de MS ------------- 40.000 x 106 μg de Ca

1 g de MS ------------------------ X = 4.1010/15 x 106 = 2666 μg/g de Ca

108

Mg

15.000 kg de MS ------------ 100 %

30 kg de MS ----------------- X %

X = 0,2 % de Mg

15000 kg de MS ------------- 30.000 g de Mg

1 kg de MS ------------------- X g de Mg

X = 2 g/kg de Mg

15.000.000 g de MS -------------- 30.000 x 106 μg de Mg

1 g de MS ------------------------- X

X = 3 x 1010/15 x 106 = 2000 μg/g de Mg

Fe

15.000 kg de MS -------------- 100 %

1 kg de MS --------------------- X %

X = 0,00666 % de Fe

15.000 kg de MS ------------- 1000 g de Fe

1 kg de MS -------------------- X g de Fe

X = 0,0666 g/kg de Fe

15.000.000 g de MS --------- 1000 x 106 μg de Fe

1 g de MS ---------------------- X

X = 106/15 x 103 = 0,0666 x 103 μg = 66,6 μg/g Fe

Mn

15.000 kg de MS -------------- 100 %

0,500 kg de MS --------------- X %

X = 0,0033 % de Mn

15.000 kg de MS ------------- 500 g de Mn

1 kg de MS ------------------- X g de Mn = 0,033 g/kg de Mn

15.000.000 g de MS ------------ 500 x 106 de Mn

1 g de MS ----------------------- X = 33,3 μg/g de Mn

109

Zn

15.000 kg de MS ------------ 100 %

0,25 kg de MS -------------- X %

X = 0,001666 % de Zn

15.000 kg de MS ------------ 250 g de Zn

1 kg de MS ----------------- X

X = 0,01666 g/kg de Zn

15.000.000 g de MS ----------- 250 x 106 μg de Zn

1 g de MS ----------------------- X

X = 250 x 106/15 x 106 = 16,66 μg/g de Zn

Cu

150 g de Cu = 0,15 kg de Cu

15.000 kg de MS --------- 100 %

0,15 kg de MS ------------ X

X = 0,0015 % de Cu

15.000 kg de MS ---------- 150 g de Cu

1 kg de MS --------------- X

X = 0,01 g/kg de Cu

15.000.000 g de MS ---------- 150 x 106 μg de Cu

1 g de MS ----------------------- X

X = 150 x 106/15 x 106 = 10 μg/g de Cu

Mo

15.000 kg de MS ------------- 100 %

0,01 kg de MS --------------- X

X = 0,0000666 % de Mo

110

15.000 kg de MS ---------- 10 g de Mo

1 kg de MS ---------------- X g de Mo

X = 0,000666 g/kg de Mo

15.000.000 g de MS ----------- 10 x 106 μg de Mo

1 g de MS ---------------------- X

X = 107/15 x 106 = 0,666 μg/g de Mo

44) Demonstrar como algumas espécies vegetais podem extrair quantidades

relativamente altas de nutrientes, normalmente de baixo acúmulo, como o Mn na

erva mate. A produtividade de erva mate foi de 2 Mg/ha, com uma concentração de

4500 mg/kg de Mn, 800 ppm de Fe, 30 μg/g de Zn e 20 g/Mg de Cu. Qual foi a

extração de Fe, Mn, Zn em kg?

Mn

4500 mg ----------- 1 kg

X mg --------------- 2000 kg

X = 9.000.000 mg = 9 x 106 = 9 x 103 g = 9 kg de Mn

Fe

1 kg -------------- 800 mg de Fe

2 x 103 kg ------- X mg de Fe

X = 16 x 105 mg de Fe = 1600 g = 1,6 kg de Fe

Zn

1 g -------------- 30 μg de Zn

2 x 106 g ------- X μg de Zn

X = 6 x 107 μg = 6 x 104 mg = 60 g = 0,06 kg de Zn

Cu

1 Mg ------------ 20 g de Cu

2 Mg ------------ X g de Cu

X = 40 g de Cu = 0,04 kg de Cu

➢ Dica: Apesar dos altos teores de Mn nas folhas de erva-mate não ocorre toxidez,

indicando que a planta é adaptada.

111

45) Salientar a maior exportação de nutrientes pelo milho silagem e que o

esgotamento de nutrientes do solo varia com a reserva do solo em determinado

nutriente. Um solo com vegetação nativa de mata de araucária possui os teores totais

de 3,7 e 71 g/kg para K e Fe, respectivamente. Considerando a quantidade total destes

nutrientes em 1 ha (0-20 cm de profundidade e densidade do solo = 1,0 g/dm3),

quantos cultivos de milho poderiam ser realizados se 100 ou 5 % fosse

disponibilizado?

Exploração Produtividade Exportação (kg/ha)

Mg/ha K Fe

Grãos 7,8 113 0,28

Silagem 18 259 4,2

1 ha = 10.000 m2

V = 10.000 x 0,20 = 2000 m3

1 m3 ------------ 1000 kg

2000 m3 ------- X

X = 2.000.000 kg de solo/ha

K

3,7 g ---------- 1 kg

X g ------------ 2.000.000 kg

X = 7.400.000 g/ha ou 7400 kg/ha

7400 ----------- 100 %

X --------------- 5 %

X = 370 kg/ha

Para 100 % de disponibilidade

Grãos

1 cultivo -------------- 113 kg/ha

X ------------------- 7400 kg/ha

X = 65,5 cultivos

112

Silagem

1 cultivo ------------ 259 kg/ha

X --------------------- 7400 kg/ha

X = 28,5 cultivos


Grãos

1 cultivo -------------- 113 kg/ha

X ----------------------- 370 kg/ha

X = 3,2 cultivos

Silagem

1 cultivo ------------ 259 kg/ha

X --------------------- 370 kg/ha

X = 1,4 cultivos

Fe

71 g ---------- 1 kg

X g ----------- 2.000.000 kg

X = 142.000.000 g/ha ou 142.000 kg/ha

142.000 kg/ha ----------- 100 %

X kg/ha ------------------- 5 %

X = 7100 kg/ha


Grãos

1 cultivo -------------- 0,280 kg/ha

X ---------------------- 142.000 kg/ha

X = 507.142 cultivos

Silagem

1 cultivo ------------ 4,2 kg/ha

X --------------------- 142000 kg/ha

X = 33.809 cultivos

113


Grãos

1 cultivo -------------- 0,280 kg/ha

X ---------------------- 7100 kg/ha

X = 25.357 cultivos

Silagem

1 cultivo ------------ 4,2 kg/ha

X --------------------- 7100 kg/ha

X = 1690 cultivos

➢ Dica: A quantidade de nutrientes disponibilizada varia em função dos tipos de

minerais que compõem o solo. Assim, solos menos intemperizados tendem a

disponibilizar mais nutrientes para as plantas devido à presença de minerais

primários.

46) Apresentar as variações de exportação de macronutrientes (N) e micronutrientes

(Zn) por grãos e resíduos de milho e a sua possível variação entre genótipos.

Considerando os valores do quadro abaixo indique a quantidade de nutrientes

exportados totalmente com a colheita dos grãos e na colheita de 30 % dos resíduos

(parte aérea menos os grãos) do milho.

Concentração N Concentração Zn Produção Grão Resíduo Grão Resíduo Grão Resíduo

g kg-1 mg kg-1 kg ha-1 Híbridos simples 15 6,5 25 10 8000 7500

Cultivar comercial 16 7,5 27 11 5000 9000 Cultivar crioula 17 9 22 10 4000 9000

Exportação = Concentração x Produção

N – híbridos simples

120 e 48,75 kg ha-1 de N no grão e no resíduo, respectivamente.

Zn – híbrido simples

200 e 75 g ha-1 de Zn no grão e no resíduo, respectivamente.

114

30 % resíduo

48,75 kg de N ha-1 ---------------- 100 %

X kg de N ha-1 --------------------- 30 %

X = 14,62 kg de N ha-1

75 g de Zn ha-1 ---------------- 100 %

X g de Zn ha-1 ----------------- 30 %

X = 22,5 g de Zn ha-1

N – cultivar comercial

75 e 67,5 kg ha-1 de N no grão e no resíduo, respectivamente.

Zn – cultivar comercial

125 e 99 g ha-1 de Zn no grão e no resíduo, respectivamente.

30 % residuo

67,5 kg de N ha-1 ---------------- 100 %

X kg de N ha-1 ------------------- 30 %

X = 20,25 kg de N ha-1

99 g de Zn ha-1 ---------------- 100 %

X g de Zn ha-1 ----------------- 30 %

X = 29,7 g de Zn ha-1

N – cultivar crioula

68 e 81 kg ha-1 de N no grão e no resíduo, respectivamente

Zn – cultivar crioula

88 e 90 g ha-1 de Zn no grão e no resíduo, respectivamente

30 % resíduo

81 kg de N ha-1 ---------------- 100 %

X kg de N ha-1 ----------------- 30 %

X = 24,3 kg de N ha-1

90 g de Zn ha-1 ---------------- 100 %

X g de Zn ha-1 ----------------- 30 % = 27 g de Zn ha-1

115

47) Sabe-se que o nitrogênio (N) é um dos nutrientes mais exigidos pela cultura do

milho. A partir dos dados mostrados no gráfico abaixo em que no eixo X estão as

doses de N aplicadas (plantio + cobertura) e no eixo Y a produção obtida, obteve-se a

equação quadrática que representa os dados. A partir da equação como pode ser

calculada: a) a dose em que se obtém a máxima produção e b) a máxima produção.

➢ Dicas: Qualquer função do 2º grau do tipo f(x) = a + bx + cx2, com c ≠ 0 é

representada graficamente por uma parábola e a concavidade da parábola varia de

acordo com o coeficiente c. Ou seja:

Se c < 0 → a concavidade da parábola é voltada para baixo.

Se c > 0 → a concavidade da parábola é voltada para cima.

Neste caso c < 0, então a concavidade da parábola é voltada para baixo.

Além disso, se a concavidade for voltada para baixo, a função apresenta ponto de

máximo absoluto e se a concavidade for voltada para cima, a função apresenta ponto de

mínimo absoluto.

As coordenadas dos vértices X e Y da parábola são dadas por:

X = -b

2c

Y = -∆

4c

116

Portanto, ao calcularmos o ponto de máxima no eixo X estaremos calculando a dose

de N que representa a máxima produção. E ao calcularmos o ponto de máxima no eixo Y

estaremos calculando a máxima produção.

a) dose em que se obtém a máxima produção

X = -b

2c

X = -79,74

2 (-0,306)

X = 130 kg/ha de N

b) máxima produção

Y = -∆

4c

Y = -[79,742 - 4 (-0,306) * (907,14)]

4 (-0,306)

Y = -[6358,5 - (-1110,3)

-1,122

Y = -7468,8

-1,122

Y = 6102 kg/ha de milho

48) Saber a quantidade de nutrientes aplicados via foliar é necessário para não

aplicar doses elevadas que causem toxidez tão pouco doses abaixo do ideal. Calcule

quanto de cada elemento é adicionado com adubação foliar, seguindo a recomendação

a partir dos produtos comerciais Ultrassuper e Thebest, ambos para a cultura da

alface.

117

Ultrassuper - Dados do produto

B = 0,36 % (m/m – massa/massa)

Cu = 0,9 %

Fe = 1,80 %

Zn = 0,09 %

Co = 0,009 %

Mo = 0,009 %

Mn = 0,9 %

Densidade = 1,28 g /cm3 a 25o C

Recomendação para alface: 625 mL/ha

Mo e Co = 0,009 %

D = M/ V

1,28 = m/625

m = 800 g

800 g ------------- 100 %

X ------------------ 0,009 %

X = 0,072 g de Mo e Co/ha

Mn e Cu = 0,9 %

D = M/ V

1,28 = m/625

m = 800 g

800 g ------------- 100 %

X ------------------ 0,9 %

X = 7,2 g de Mn/ha

B = 0,36 %

D = M/ V

1,28g = m/625

m = 800 g

118

800 g ------------- 100 %

X ------------------ 0,36 %

X = 2,88 g de Zn/ha

Fe = 1,9 %

D = M/ V

1,28g = m/625

m = 800 g

800 g ------------- 100 %

X ------------------ 1,8 %

X = 14,4 g de Fe/ha

Thebest - Dados do produto:

Mn = 27,4 %

D = 1,827 g/cm3

recomendação para alface (não protegida)= 1 L/ha

D = M/ V

1,827 = m/1000

m = 1827 g

1827 g ---------- 100 %

X ---------------- 27,4 %

X = 500,6 g de Mn/ha

➢ Dica: A adubação foliar é uma excelente ferramenta na correção de problemas

nutricionais, principalmente para micronutrientes e Ca. Em alguns casos, a

aplicação de apenas um nutriente em maior concentração pode atender a demanda

da planta em caso de uma necessidade. Contudo, em muitos casos são realizadas

misturas com diversos nutrientes em pequena concentração que na maioria dos

casos não atenderão a demanda da planta.

119

7

Produção vegetal

120

Informações para as questões 49 e 50

1 alqueire (alq) 2,42 ou 4,84 hectare (ha)

1 hectare (ha) 10.000m2

1 alqueire (alq) - paulista 24.200 m2

1 alqueire (alq) - mineiro 48.400 m2

1 litro (alq/40) 605 m2

1 quarta (1/4 de alq) 6050 m2

1 acre 4047 m2

1 mou (mu) 666,5 m2 (unidade chinesa de área – 1/15 ha)

bushel 35 L

1 bushel - soja 60 libras

1 bushel - milho 54 libras

1 libra 454 g

49) As unidades de medida utilizadas localmente dificultam comparações, por isso é

interessante padronizar as unidades, adotando como base as unidades internacionais

de medida. Um produtor aplicou 750 kg de um formulado em 1 alqueire e produziu

160 sc/alq de soja. Transforme para a unidade internacional (kg/ha).

1 ha --------- 10.000 m2

X ha --------- 24.200 m2

X = 2,42 ha

1 alq = 2,42 ha

750 kg/alq = 750 kg/2,42 ha = 310 kg/ha do formulado

1 saca/alq → 60 kg/alq → 60 kg/2,42 ha → 24,8 kg/ha ou aproximadamente 2500 kg/ha

160 x 24,8 = 3968 kg/ha

Ou 120 sacas/alq →120 x 60 kg/alq → 7200 kg/alq → 7200 kg/ 2,42 ha → 3968 kg/ha

121

50) As unidades de medida relacionadas a produção agrícola utilizadas nos Estados

Unidos são diferentes das brasileiras, portanto, são importantes para conversões dos

dados, por exemplo, para análise econômico-produtiva. Um produtor americano

produziu 50 bushel/acre de soja. Qual a produtividade em sc/ha, sc/alq e kg/ha?

50 bushel/1 acre = ?/ 4050 m2

1 bushel = 60 libras

1 libra = 454 g

1 libra ------------ 454 g

60 libras ---------- X g

X = 27.240 g ou 27,24 kg

1 bushel -------- 27,24 kg

50 bushel -------- X kg

X = 1362 kg

50 bushel/1 acre = 1362 kg/4050 m2

1362 kg ------- 4050 m2

X kg ----------- 10.000 m2 (1ha)

X = 3362 kg/ha

3362 kg/60 kg (saca de soja) = 56 sc/ha

56 sc --------- 1 ha

X sc ---------- 2,42 ha

X = 135,64 sc/alq

1 bushel/acre = 27,24 kg/0,4050 ha = 67,25 kg/ha ou seja 50 x 67,25 = 3362 kg/ha

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